2019-5-23 杂题选讲

2019-5-23 杂题选讲

T1 [PKUSC2018]最大前缀和

给定一个长为 n n n的整数序列,求全排列的最大前缀和(必须包含第一个数)之和。
1 ≤ n ≤ 20 , 1 ≤ ∑ i = 1 n ∣ a [ i ] ∣ ≤ 1 0 9 1\leq n \leq20,1\leq \sum_{i=1}^n \vert a[i] \vert \leq 10^9 1n20,1i=1na[i]109

正解

考虑序列的一个子集 S S S对答案的贡献,也就是考虑一个子集 S S S的所有元素之和能成为多少个排列的最大前缀和。

一个子集的排列 T T T能成为最大和前缀的充要条件是:1,它的最大前缀和是自己;2,除 T T T外后面那段的最大前缀和小于等于零

于是定义 f [ S ] f[S] f[S]表示子集 S S S能组成最大前缀和是自己的排列数,定义 g [ S ] g[S] g[S]表示子集 S S S能组成的最大前缀和小于等于零的排列数

至于 f f f g g g的更新方式是由它们的性质决定, f f f的性质在于“除本身外的每个后缀和都大于零”, g g g的性质在于“每个前缀和都小于等于零”,于是就可以考虑 g g g的状态由 s u m [ S ] < = 0 sum[S]<=0 sum[S]<=0的转移而来(并且加入一个元素后和任然非正),而 f f f的状态则可以由 s u m [ S ] > 0 sum[S]>0 sum[S]>0的状态加入一个元素来转移(加入后的和的正负不关心)。

答案 ∑ S s u m [ S ] ∗ f [ S ] ∗ f [ 全 集 − S ] \sum_{S} sum[S]*f[S]*f[全集-S] Ssum[S]f[S]f[S]

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=50;
const int M=5e6+5;
const int MOD=998244353;
int n,tot;
ll a[N],sum[M],f[M],g[M],Ans=0;
int lowbit(int x)
{
	return x&-x;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	tot=1<<n;
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),sum[1<<(i-1)]=a[i];
	for (int i=1;i<tot;i++) sum[i]=sum[i^(lowbit(i))]+sum[lowbit(i)];
	g[0]=1;
	for (int i=1;i<=n;i++) f[1<<(i-1)]=1;
	for (int i=1;i<tot;i++)
	{
		if (sum[i]>=0)
		{
			for (int j=1;j<=n;j++)
				if (!((i>>(j-1))&1)) 
					f[i|(1<<(j-1))]=(f[i|(1<<(j-1))]+f[i])%MOD;
		}
		else
		{
			for (int j=1;j<=n;j++)
				if ((i>>(j-1))&1) 
					g[i]=(g[i]+g[i^(1<<(j-1))])%MOD;
		}
	}
	for (int i=0;i<tot;i++) Ans=(Ans+(sum[i]+MOD)%MOD*f[i]%MOD*g[(tot-1)^i]%MOD)%MOD;
	printf("%lld\n",Ans);
	return 0;
}

T2 CF1163D Mysterious Code

有三个字符串 c , s , t c,s,t c,s,t,其中 c c c只包含小写字母和星号, s , t s,t s,t只包含小写字母。
现在你可以把 c c c中每一个星号替换成一个小写 字母(不同的星号可以替换成不同的字母),使得 s s s c c c中出现次数减去 t t t c c c中出现次数最大。求出这个最大值。
1 ≤ ∣ c ∣ ≤ 1000 , 1 ≤ ∣ s ∣ , ∣ t ∣ ≤ 50 1 \leq\vert c \vert \leq 1000,1 \leq\vert s \vert,\vert t \vert\leq 50 1c1000,1s,t50

正解

定义 d p [ i ] [ j ] [ k ] dp[i][j][k] dp[i][j][k] c c c串匹配到第 i i i位时 s s s t t t分别已经匹配了 j j j k k k位时的最大答案。
如果 c [ i ] c[i] c[i] ∗ * 就枚举字符全集取最大的一个做答案转移,否则直接转移,其中并不是所有状态都能转移到,用 v i s vis vis记录,并且第一次拓展到某个状态时不能直接取 m a x max max,因为答案可以小于零。

#include
using namespace std;
const int N=1e3+5;
char c[N],s[N],t[N];
int l1,l2,l3,nxt1[N],nxt2[N],p,dp[N][60][60],vis[N][60][60];
int Ans=-1e9;
int main()
{
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
    scanf("%s",c+1),l1=strlen(c+1);
    scanf("%s",s+1),l2=strlen(s+1);
    scanf("%s",t+1),l3=strlen(t+1);
    p=0;
    for (int i=2;i<=l2;i++)
    {
        while (p&&s[p+1]!=s[i]) p=nxt1[p];
        if (s[p+1]==s[i]) p++;
        nxt1[i]=p;
    }
    p=0;
    for (int i=2;i<=l3;i++)
    {
        while (p&&t[p+1]!=t[i]) p=nxt2[p];
        if (t[p+1]==t[i]) p++;
        nxt2[i]=p;
    }
    dp[0][0][0]=0;
    vis[0][0][0]=1;
    for (int i=1;i<=l1;i++)
        for (int j=0;j<l2;j++)
            for (int k=0;k<l3;k++) 
            {
                int L='a',R='z';
                if (c[i]!='*') L=R=c[i];
                for (int cc=L;cc<=R;cc++)
                {
                    int tmp=0;
                    char ch=cc;
                    if (!vis[i-1][j][k]) continue;
                    int p1=j,p2=k;
                    while (p1&&s[p1+1]!=ch) p1=nxt1[p1];
                    if (s[p1+1]==ch) p1++;
                    while (p2&&t[p2+1]!=ch) p2=nxt2[p2];
                    if (t[p2+1]==ch) p2++;
                    if (p1==l2) p1=nxt1[p1],tmp++;
                    if (p2==l3) p2=nxt2[p2],tmp--;
                    if (!vis[i][p1][p2]) dp[i][p1][p2]=dp[i-1][j][k]+tmp;
                    else dp[i][p1][p2]=max(dp[i][p1][p2],dp[i-1][j][k]+tmp);
                    vis[i][p1][p2]=1;
                    if (i==l1) Ans=max(Ans,dp[i][p1][p2]);
                }
            }
    printf("%d\n",Ans);
    return 0;
}

T3 CF1139E Maximize Mex

一个学校有 n n n个人 m m m个社团。一开始每人都恰好在一个社团里。第 i i i人有能力值 p [ i ] p[i] p[i]。接下来有 d d d天,在第 i i i天,第 k [ i ] k[i] k[i]个人离开他所在的社团。
每天人离开之后,就会从每个社团中选出一个人(已经没人的社团不管)。对于每一天,求出这些人的能力值 m e x mex mex的最大值。( m e x mex mex是没出现过的最小非负整数)
输入的所有数是非负整数且 ≤ 5000 \leq5000 5000

正解

匈牙利求二分图最大匹配,左部点是能力值,右部点是社团,由于能力值要求总零开始连续,符合匈牙利的思想,删边按套路倒过来加边。

#include
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int n,m,p[N],c[N],d,k[N];
int tag[N];
int tot=0,f[N],nxt[N<<1];
int Ans[N],dxx=0,dfn[N],match[N];
struct Edge
{
	int u,v;
}e[N<<1];
int read()
{
	int x=0,f=1;
	char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while (c>='0'&&c<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
	return f*x;
}
void Add(int u,int v)
{
	tot++;
	nxt[tot]=f[u];
	f[u]=tot;
	e[tot]=(Edge){u,v};
	return;
}
int DFS(int x)
{
	for (int j=f[x];j!=-1;j=nxt[j])
	{
		int v=e[j].v;
		if (dfn[v]==dxx) continue;
		dfn[v]=dxx;
		if ((!match[v])||DFS(match[v]))
		{
			match[v]=x;
			return 1;
		}
	}
	return 0;
}
int main()
{
	memset(f,-1,sizeof(f));
	n=read(),m=read();
	for (int i=1;i<=n;i++) p[i]=read(),p[i]++;
	for (int i=1;i<=n;i++) c[i]=read();
	d=read();
	for (int i=1;i<=d;i++) k[i]=read(),tag[k[i]]=-1;
	for (int i=1;i<=n;i++) if (tag[i]!=-1) Add(p[i],10000+c[i]);
	for (int i=d;i>=1;i--)
	{
		dxx++;
		Ans[i]=Ans[i+1];
		for (int j=Ans[i]+1;j<=m;j++)
		{
			dxx++;
			if (DFS(j)) Ans[i]++;
			else break;
		}
		Add(p[k[i]],10000+c[k[i]]);
	}
	for (int i=1;i<=d;i++) printf("%d\n",Ans[i]);
	return 0;
}

T4[HNOI2015]亚瑟王

你有 n n n张牌,有 r r r个回合。每张牌有 p [ i ] p[i] p[i] d [ i ] d[i] d[i]
对于每个回合,从编号为 1 1 1到编号为 n n n的牌轮流考虑
对于每张牌:

  1. 若此牌已发动过,跳过;(如果本牌是最后一张牌,结束本回合)
  2. 若此牌没发动,将有 p [ i ] p[i] p[i]的概率发动它,并造成 d [ i ] d[i] d[i]的伤害。(如果发动,本回合结束)
    求造成伤害的期望。(有T组数据)
    1 ≤ T ≤ 144 , 1 ≤ n ≤ 220 , 0 ≤ r ≤ 132 , 0 < p [ i ] < 1 , 0 ≤ d [ i ] ≤ 1000 1\leq T\leq 144,1\leq n\leq 220,0\leq r\leq 132,0<p[i]<1,0\leq d[i]\leq 1000 1T144,1n220,0r132,0<p[i]<1,0d[i]1000

正解

由题面可知,每张卡片在整个 r r r轮游戏中要么发动一次要么不发动。
假设第 i i i张牌被发动的概率为 f [ i ] f[i] f[i]那么答案就是 ∑ i = 1 n f [ i ] ∗ d [ i ] \sum_{i=1}^n f[i]*d[i] i=1nf[i]d[i]

明显地,这个 f [ i ] f[i] f[i]不等于 p [ i ] p[i] p[i],因为每回合如果发动一张牌成功就会立马结束该回合,这导致了决定 f [ i ] f[i] f[i]的因素不仅有 p [ i ] p[i] p[i],还有 r r r的大小以及卡牌的顺序(越在后面发动概率消减越多)。

定义 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]表示,在 r r r轮游戏中,前i张卡牌当中有 j j j张被发动的概率,定义有些奇怪但是能把决定 f [ i ] f[i] f[i]的因素都囊括。
于是就有 f [ i ] = ∑ j = 0 r d p [ i − 1 ] [ j ] ∗ ( 1 − ( 1 − p [ i ] ) r − j ) f[i]=\sum_{j=0}^r dp[i-1][j]*(1-(1-p[i])^{r-j}) f[i]=j=0rdp[i1][j](1(1p[i])rj)
对于每次循环,由于我们知道了 i i i前面有 j j j张卡牌已发动,所以有 r − j r-j rj轮第i张卡牌是否发动与前 i − 1 i-1 i1张无关,只要别每次都发动不了就行了

d p dp dp数组的求法:
d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] d p [ i ] [ j − 1 ] dp[i][j-1] dp[i][j1] d p [ i − 1 ] [ j − 1 ] dp[i-1][j-1] dp[i1][j1]转移而来,思想类似
d p [ i ] [ j ] = d p [ i − 1 ] [ j − 1 ] ∗ ( 1 − ( 1 − p [ i ] ) r − j + 1 ) + d p [ i − 1 ] [ j ] ∗ ( 1 − p [ i ] ) r − j dp[i][j]=dp[i-1][j-1]*(1-(1-p[i])^{r-j+1})+dp[i-1][j]*(1-p[i])^{r-j} dp[i][j]=dp[i1][j1](1(1p[i])rj+1)+dp[i1][j](1p[i])rj

#include
using namespace std;
const int N=300;
int T,n,r;
double p[N],d[N],qpow[N][N],f[N],dp[N][N],Ans;
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while (T--)
	{
		Ans=0;
		memset(f,0,sizeof(f));
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		scanf("%d%d",&n,&r);
		for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&p[i],&d[i]),qpow[i][0]=1;
		for (int i=1;i<=n;i++)
			for (int j=1;j<=r;j++) qpow[i][j]=qpow[i][j-1]*(1-p[i]);
		f[1]=1-qpow[1][r];
		dp[1][0]=qpow[1][r];
		dp[1][1]=1-qpow[1][r];
		for (int i=2;i<=n;i++)
			for (int j=0;j<=min(i,r);j++)
			{
				dp[i][j]+=dp[i-1][j]*qpow[i][r-j];
				if (j>0) dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]*(1-qpow[i][r-j+1]);
			}
		for (int i=1;i<=n;i++)
			for (int j=0;j<=r;j++) f[i]+=dp[i-1][j]*(1-qpow[i][r-j]);
		for (int i=1;i<=n;i++) Ans+=f[i]*d[i];
		printf("%.9lf\n",Ans);
	}
	return 0;
}

T5 [THUPC2019]过河卒二

题意见链接

正解

1,当没有障碍时, ( 1 , 1 ) − > ( n , m ) (1,1)->(n,m) (1,1)>(n,m)出界的答案等于 ( 1 , 1 ) − > ( n + 1 , m + 1 ) (1,1)->(n+1,m+1) (1,1)>(n+1,m+1)右上角的答案,是这题的关键。因为当出界后想走到 ( n + 1 , m + 1 ) (n+1,m+1) (n+1,m+1)只有一种走法,一一对应。该方案数的求法,则是枚举斜着走有多少步,再乘上剩下正常走的方案数。

2,当有障碍时,容斥定理即可。设状态压缩后障碍物的状态为 s t a t e state state的方案数为 s u m [ s t a t e ] sum[state] sum[state],那么它的求法就是,把这些障碍物(加上起点和终点)从左下到右上排序,每个阶段的方案数累乘起来。设 c n t cnt cnt s t a t e state state中的障碍数,若 c n t cnt cnt偶数则加上,否则减去。

3,预处理两两障碍物之间(包括起点和终点)的方案数, O ( k 2 M ) O(k^2M) O(k2M),求解复杂度 O ( 2 k k ) O(2^kk) O(2kk)

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int K=30;
const int MOD=59393;
int n,m,k,tpp,point[K];
ll dis[K][K];
ll pre[MOD],inv[MOD];
ll Ans=0;
struct data
{
	int x,y;
}p[K];
bool cmp(const data a,const data b)
{
	if (a.x==b.x) return a.y<b.y;
	return a.x<b.x;
}
ll qpow(ll x,ll y)
{
	ll ret=1;
	while (y)
	{
		if (y&1) ret=ret*x%MOD;
		y>>=1;
		x=x*x%MOD;
	}
	return ret;
}
void Init()
{
	pre[0]=1;
	for (int i=1;i<MOD;i++) pre[i]=pre[i-1]*i%MOD;
	inv[MOD-1]=qpow(pre[MOD-1],MOD-2);
	for (int i=MOD-2;i>=0;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%MOD;
	return;
}
ll C(ll nn,ll mm)
{
	if (nn<0||mm<0||nn<mm) return 0;
	ll ret;
	ret=pre[nn]*inv[mm]%MOD*inv[nn-mm]%MOD;
	return ret;
}
ll Lucas(ll nn,ll mm)
{
	if (nn<MOD) return C(nn,mm);
	ll ret=Lucas(nn/MOD,mm/MOD)*Lucas(nn%MOD,mm%MOD)%MOD;
	return ret;
}
ll Caldis(int st,int end)
{
	int a1=p[st].x,a2=p[end].x,b1=p[st].y,b2=p[end].y;
	if (b1>b2) return -1;
	ll nn=a2-a1,mm=b2-b1;
	ll ret=0;
	for (int i=0;i<=min(nn,mm);i++) ret=(ret+Lucas(nn+mm-i,i)*Lucas(nn+mm-2*i,nn-i)%MOD)%MOD;
	return ret;
}
int Cnt(int state)
{
	int ret=0;
	tpp=0;
	point[++tpp]=1;
	for (int i=1;i<=k;i++) point[i]=1;
	for (int i=0;i<k;i++) if ((1<<i)&state) ret++,point[++tpp]=i+2;
	point[++tpp]=k+2;
	return ret;
}
int main()
{
//	freopen("1.in","r",stdin);
	Init();
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for (int i=1;i<=k;i++) scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
	p[k+1]=(data){1,1};
	p[k+2]=(data){n+1,m+1};
	sort(p+1,p+k+3,cmp);
	for (int i=1;i<=k+1;i++)
		for (int j=i+1;j<=k+2;j++) dis[i][j]=Caldis(i,j);
	for (int i=0;i<(1<<k);i++)
	{
		int cnt=Cnt(i);
		ll tmp=1;
		for (int j=1;j<tpp;j++)
		{
			ll tmp2=dis[point[j]][point[j+1]];
			if (tmp2==-1)
			{
				tmp=0;
				break;
			}
			else tmp=tmp*tmp2%MOD;
		}
		if (cnt&1) Ans=(Ans-tmp+MOD)%MOD;
		else Ans=(Ans+tmp)%MOD;
	}
	printf("%lld\n",Ans);
	return 0;
}

你可能感兴趣的:(杂题选讲)