The Preliminary Contest for ICPC Asia Shenyang 2019赛后部分补题
The Preliminary Contest for ICPC Asia Shenyang 2019赛后部分补题
这里把赛场上自己没写过的题写一下，写过不是自己写的写一下。
PS：E题一直以为是prufer序列计数，四天后重新做题发现题目不要求最后只有一个武器，蛤？这不就是bell数吗？D题树形dp赛场上没有时间写，最后没A…
B. Dudu’s maze
难度：中等题
自我感觉这道题题目读懂就好做了，第一次读以为每个怪物房间都有一次“传送门”的机会，然后咋想都想不出来，Google了一下，才明白传送门机会只有一次，那么也就是说只有一次机会碰见怪物并”接着捡糖“
题意：
给出一个n个节点和m个无向边的图，其中k个节点是“怪物节点”，剩下节点都是”糖果“节点，每个糖果节点里有一个糖果，并且拿到后就没有了。现在你知道这个图的构造，且起始位置为1号节点，且碰见怪物有一次使用”传送门“的机会，如果没有使用“传送门”就必须结束游戏。传送门会把送至怪物节点相邻的某一条遍的节点，每条边的概率是相等的。
问聪明的自己使用最优策略，你可以获得的期望糖果是多少。
思路：
可以理解如果经过了一个”糖果“节点，那么可以与这个”糖果“节点相邻的”糖果“节点都可以经过，所以我们可以考虑缩点，使得每个点要么是怪兽节点，要么是连通的“糖果”节点。然后我们遍历与1号“糖果”节点所在的连通块邻接的”怪物“节点。
因为每个怪物节点使用一次传送门只能拿到送至的节点所在的"糖果"联通块的糖果，然后就必须结束游戏。所以每个“怪物”节点使用传送门获得的期望价值是 每条边另一个节点所在的”糖果“联通块的节点个数，选择每条边的概率=1/相邻的边的个数。我们就可以算出来每个怪物节点可以获得的期望价值。注意此时1号节点已径没有糖果了。
因为我们只能选择一个怪物节点，所以选择期望价值最高的那个+1号节点所在连通块的节点个数即可。
代码：
#include
C. Dawn-K’s water
定位：简单题
题意：给你n个物品和最少需要买的重量m，并给出n个物品的价值和重量，问最少需要买m重量的的最小花费，如果最小花费下重量有多个，则输出最大的哪个。
思路：多重背包, d p [ i ] dp[i] dp[i]为刚好购买 i i i重量的物品的最小花费。然后从 [ m , 10000 ] [m,10000] [m,10000]遍历取最小值的a和对应的最大b即可。
赛后补题wa了几发，以为重量和买的价值是单调递增的关系。后来才记起来 d p [ i ] dp[i] dp[i]是恰好买 i i i重量物品所花费的最小金币，并没有单调性！！
代码：
#includeD. Fish eating fruit(树形dp+换根)
定位：中上难度
题意： 给一个有n个点的树，求所有两点之间的路径权值和，且路径权值和分三类：模3为0，模3为1，模3为2的路径。对于每种路径，输出其种类路径的和。
这道题写了篇博客，因为思路描述比较赘余就不在这里指出了:博客链接
代码：
#includeE. Gugugu’s upgrade schemes
定位：性质题
这道题是赛后补题的
题意：n个元素的集合划分方法是有多少个，模p输出。
思路：bell数+Touchard同余。
Touchard同余就是若p为质数，且 B n B_n Bn是第n个贝尔数，那么 B p + n = B n + B n + 1 ( m o d p ) B_{p+n}=B_n+B_{n+1} (mod ~~p) Bp+n=Bn+Bn+1(mod p)
代码：
#includeF. Honk’s pool
定位：中下难度
这题赛场上自己A过
题意 ：给出一个长度为n的序列，每天可以将序列中最小的一个数+1，最大的一个数-1，问k天之后序列中最大与最小值的差是多少？
思路：模拟一下，看k天后最小值最大能到多少，最大值最小能到多少，如果交叉了就判断和是否能被4整除，可以则输出0，否则输出1。没有交叉则输出上面两个值的差
代码：
include<bits/stdc++.h>
#define mset(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int N=5e5+20;
ll w[N];
ll n,K;
ll getlv()
{
ll k=K,c=1;
for(ll i=1; i<n; ++i) //第 i 个的个数
{
ll d=w[i+1]-w[i];
if(d*c<=k)
{
k-=d*c;
c+=1;
}
else
{
ll m=k/c;
return w[i]+m;
}
}
return w[n];
}
ll getrv()
{
ll k=K,c=1;
for(ll i=n; i>1; --i) //第 i 个的个数
{
ll d=w[i]-w[i-1];
if(d*c<=k)
{
k-=d*c;
c+=1;
}
else
{
ll m=k/c;
return w[i]-m;
}
}
return w[1];
}
int main()
{
while(~scanf("%lld%lld",&n,&K))
{
ll sum=0;
for(ll i=1; i<=n; ++i)
{
scanf("%lld",w+i);
sum+=w[i];
}
sort(w+1,w+1+n);
ll a=getlv(),b=getrv();
if(a<b)
{
printf("%lld\n",b-a);
}
else
{
if(sum%n==0)
{
printf("0\n");
}
else
{
printf("1\n");
}
}
}
return 0;
}
H. Texas hold’em Poker
定位：难
题意：
思路：
K. Guanguan’s Happy water
这道题正解是高斯消元+矩阵快速幂，线性BM给过了，不知道数据有多水
放个非正解的线性BM递推，正解有机会在写吧。
#include
#define pb push_back
#define SZ(x) ((long long)(x).size())
const long long N=10010;
ll res[N],base[N],_c[N],_md[N];
vector<long long> Md;
void mul(ll *a,ll *b,long long k)
{
rep(i,0,k+k) _c[i]=0;
rep(i,0,k) if (a[i]) rep(j,0,k)
_c[i+j]=(_c[i+j]+a[i]*b[j])%mod;
for (long long i=k+k-1; i>=k; i--) if (_c[i])
rep(j,0,SZ(Md)) _c[i-k+Md[j]]=(_c[i-k+Md[j]]-_c[i]*_md[Md[j]])%mod;
rep(i,0,k) a[i]=_c[i];
}
long long solve(ll n,VI a,VI b)
{
// a 系数 b 初值 b[n+1]=a[0]*b[n]+...
// printf("%d\n",SZ(b));
ll ans=0,pnt=0;
long long k=SZ(a);
assert(SZ(a)==SZ(b));
rep(i,0,k) _md[k-1-i]=-a[i];
_md[k]=1;
Md.clear();
rep(i,0,k) if (_md[i]!=0) Md.push_back(i);
rep(i,0,k) res[i]=base[i]=0;
res[0]=1;
while ((1ll<<pnt)<=n) pnt++;
for (long long p=pnt; p>=0; p--)
{
mul(res,res,k);
if ((n>>p)&1)
{
for (long long i=k-1; i>=0; i--) res[i+1]=res[i];
res[0]=0;
rep(j,0,SZ(Md)) res[Md[j]]=(res[Md[j]]-res[k]*_md[Md[j]])%mod;
}
}
rep(i,0,k) ans=(ans+res[i]*b[i])%mod;
if (ans<0) ans+=mod;
return ans;
}
VI BM(VI s)
{
VI C(1,1),B(1,1);
long long L=0,m=1,b=1;
rep(n,0,SZ(s))
{
ll d=0;
rep(i,0,L+1) d=(d+(ll)C[i]*s[n-i])%mod;
if (d==0) ++m;
else if (2*L<=n)
{
VI T=C;
ll c=mod-d*powmod(b,mod-2)%mod;
while (SZ(C)<SZ(B)+m) C.pb(0);
rep(i,0,SZ(B)) C[i+m]=(C[i+m]+c*B[i])%mod;
L=n+1-L;
B=T;
b=d;
m=1;
}
else
{
ll c=mod-d*powmod(b,mod-2)%mod;
while (SZ(C)<SZ(B)+m) C.pb(0);
rep(i,0,SZ(B)) C[i+m]=(C[i+m]+c*B[i])%mod;
++m;
}
}
return C;
}
long long gao(VI a,ll n)
{
VI c=BM(a);
c.erase(c.begin());
rep(i,0,SZ(c)) c[i]=(mod-c[i])%mod;
return solve(n,c,VI(a.begin(),a.begin()+SZ(c)));
}
};
long long k,n,f[220],sum[220];
vector<long long> v;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>k>>n;
for(int i=1;i<=2*k;++i) cin>>f[i];
if(k==1){
cout<<(f[1]*(n%mod))%mod<<endl;
continue;
}
sum[0]=0;
for(int i=1;i<=2*k;++i) sum[i]=(sum[i-1]+f[i])%mod;
v.clear();
for(int i=1;i<=2*k;++i) v.push_back(sum[i]);
cout<<linear_seq::gao(v,n-1)<<endl;
}
return 0;
}