【洛谷】CYJian的水题大赛 解题报告

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$T1$：八百标兵奔北坡

这应该是一道较水的送分题吧。

理论上来说，正解应该是DP。但是，.前缀和优化暴力就能过。

放上我比赛时打的暴力代码吧（$hl666$大佬说这种做法的均摊复杂度为$O(logn)$，总复杂度应为$O(nlogn)$，可以接受）：

#include
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define N 1000
#define M 1000
using namespace std;
int n,m,Q,sum[N+5][M+5],a[N+5][M+5];
inline char tc()
{
    static char ff[100000],*A=ff,*B=ff;
    return A==B&&(B=(A=ff)+fread(ff,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
    x=0;int f=1;char ch;
    while(!isdigit(ch=tc())) if(ch=='-') f=-1;
    while(x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
    x*=f;
}
inline void write(int x)
{
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
inline bool check(int x,int y1,int y2)//利用前缀和，判断出第x行y1~y2范围内是否有山
{ 
    return sum[x][min(y2,m)]-sum[x][max(y1-1,0)];
}
int main()
{
    register int i,j;
    for(read(n),read(m),read(Q),i=1;i<=n;++i)
        for(j=1;j<=m;++j)
            read(a[i][j]);
    for(i=1;i<=n;++i)
        for(j=1;j<=m;sum[i][j]+=sum[i][j-1],++j)//统计每一行的前缀和
            if(a[i][j]>=max(max(a[i-1][j],a[i+1][j]),max(a[i][j-1],a[i][j+1]))),sum[i][j]=1;//若当前坐标有一坐山，则令sum[i][j]为1
    while(Q--)
    {
        int x,y;bool could=false;read(x),read(y);
        for(i=x;i;--i) 
            if(check(i,y-x+i,y+x-i))//判断是否可行
            {
                write(x-i),putchar('\n'),could=true;//可以就输出答案，并标记有答案
                break;
            }
        if(!could) puts("Pool Babingbaboom!");//若标记无答案，则输出"Pool Babingbaboom!"
    }
    return 0;
}

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$T2$：灰化肥，会挥发

这道题一看到数据范围就会想到状压$DP$吧！~~（当然，也不乏有某些大佬会想到用模拟退火来做）~~

$Link$

状压$DP$ 详见博客 动态规划专题（一）——状压DP

设用$f[i][j]$来表示在第$i$个谷仓，经过的谷仓集合为$j$时走过的最短路径，则$$f[i][j]=max(f[i][j],f[k][(j)xor(1<<(i-1))]+w[k][i])$$其中$w[k][i]$表示$k$与$i$的距离。

我们可以BFS预处理出两两仓库间的距离，然后$DP$即可

注：只可惜，我在比赛过程中不停爆0，比赛结束之后，请教$hl666$大佬才知道洛谷数据有$BUG$，有字符串的题目不能打读优，结果白白爆$0$，也算是一个教训吧！可怜我打了两个多小时的代码

代码如下：

#include
#define R 500
#define C 500
#define N 16
using namespace std;
int n,r,c,cnt=0,H,T,x[R*C+5],y[R*C+5],Step[R*C+5],To[30],w[N+5][N+5],vis[R+5][C+5]={0},f[N+5][(1<<N)+5];
char ch[R+5][C+5];
struct Warehouse//存储每个谷仓的信息
{
    char Name;
    int x,y;
}s[N+5];
string S[N+5][(1<<N)+5];
//不能打读优QwQ
/*inline char tc()
{
    static char ff[100000],*A=ff,*B=ff;
    return A==B&&(B=(A=ff)+fread(ff,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
    x=0;int f=1;char ch;
    while(!isdigit(ch=tc())) if(ch=='-') f=-1;
    while(x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
    x*=f;
}*/
inline void write(int x)
{
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
inline void BFS(int Now)//BFS预处理
{
    while(H<=T)
    {
        if(ch[x[H]][y[H]]>='A'&&ch[x[H]][y[H]]<='Z') w[Now][To[ch[x[H]][y[H]]-'A']]=Step[H];
        if(x[H]>1&&!vis[x[H]-1][y[H]]&&ch[x[H]-1][y[H]]!='*') vis[x[H]-1][y[H]]=1,x[++T]=x[H]-1,y[T]=y[H],Step[T]=Step[H]+1;//向上走
        if(x[H]<r&&!vis[x[H]+1][y[H]]&&ch[x[H]+1][y[H]]!='*') vis[x[H]+1][y[H]]=1,x[++T]=x[H]+1,y[T]=y[H],Step[T]=Step[H]+1;//向下走
        if(y[H]>1&&!vis[x[H]][y[H]-1]&&ch[x[H]][y[H]-1]!='*') vis[x[H]][y[H]-1]=1,x[++T]=x[H],y[T]=y[H]-1,Step[T]=Step[H]+1;//向左走
        if(y[H]<c&&!vis[x[H]][y[H]+1]&&ch[x[H]][y[H]+1]!='*') vis[x[H]][y[H]+1]=1,x[++T]=x[H],y[T]=y[H]+1,Step[T]=Step[H]+1;//向右走
        ++H;
    }
}
int main()
{
    register int i,j,k;
    for(cin>>r>>c>>n,i=1;i<=r;++i)
        for(j=1;j<=c;++j)
        {
            cin>>ch[i][j];
            if(ch[i][j]>='A'&&ch[i][j]<='Z') s[To[ch[i][j]-'A']=++cnt]=(Warehouse){ch[i][j],i,j};//将每一个谷仓的位置与名称存储下来
        }
    for(i=1;i<=n;++i)//对每个谷仓进行预处理
    {
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        vis[x[H=T=0]=s[i].x][y[0]=s[i].y]=1,Step[0]=0;
        BFS(i);
    }
    for(i=1;i<=n;++i) for(j=1;j<=(1<<n)-1;++j) f[i][j]=1e9;//DP预处理
    f[To[0]][1<<(To[0]-1)]=0,S[To[0]][1<<(To[0]-1)]="A";
    for(j=1;j<=(1<<n)-1;++j)
        for(i=1;i<=n;++i)
        {
            if(!(j&(1<<(i-1)))||!(j^(1<<(i-1)))) continue;
            for(k=1;k<=n;++k)
                if((i^k)&&(j&(1<<(k-1)))&&((f[k][j^(1<<(i-1))]+w[k][i]<f[i][j])||(f[k][j^(1<<(i-1))]+w[k][i]==f[i][j]&&S[k][j^(1<<(i-1))]+(s[i].Name)<S[i][j]))) f[i][j]=f[k][j^(1<<(i-1))]+w[k][i],S[i][j]=S[k][j^(1<<(i-1))]+(s[i].Name);			
        }
    int Min=1e9;string ans;
    for(i=1;i<=n;++i) 
        if(f[i][(1<<n)-1]<Min||(f[i][(1<<n)-1]==Min&&S[i][(1<<n)-1]<ans)) Min=f[i][(1<<n)-1],ans=S[i][(1<<n)-1];//统计答案
    return write(Min),putchar('\n'),cout<<ans,0;
}

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$T3$：红鲤鱼与绿鲤鱼

很明显，这是一道简(fan)单(ren)的数学题。（$ykh$大佬$3min$切了此题）。

读题，我们可以发现，无论红鲤鱼的出现时间如何变化，罚时始终是一样的。所以，我们只需要管绿鲤鱼出现的时间，因为只有这个才会影响答案。

仔细考虑一下，我们可以推出下面这个式子：$$\frac{5(2A+B+1)+5C_{B+A-1}^{B-1}\ast (A+B+1)\ast \frac{A+B}{2}}{2}$$

然后，即可暴力去求答案。代码如下：

#include
#define ULL unsigned long long
#define YKH 998244853
using namespace std;
ULL n,m;
inline char tc()
{
    static char ff[100000],*A=ff,*B=ff;
    return A==B&&(B=(A=ff)+fread(ff,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(ULL &x)
{
    x=0;ULL f=1;char ch;
    while(!isdigit(ch=tc())) if(ch=='-') f=-1;
    while(x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
    x*=f;
}
inline void write(ULL x)
{
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
inline ULL Inv(ULL x,ULL y)
{
    ULL res=1;
    while(y)
    {
        if(y&1) (res*=x)%=YKH;
        (x*=x)%=YKH,y>>=1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    read(n),read(m),n%=YKH;
    register ULL i;ULL ans1=((n+m+1)%YKH*(n+m)%YKH)%YKH*(Inv(2,YKH-2)%YKH)%YKH,ans2=1,t=1;
    for(i=n+1;i<n+m;++i) (ans2*=i%YKH)%=YKH;
    for(i=2;i<m;++i) (ans2*=Inv(i%YKH,YKH-2))%=YKH;
    for(i=n+1;i<=n+m;++i) (t*=i%YKH)%=YKH;
    for(i=2;i<=m;++i) (t*=Inv(i%YKH,YKH-2))%=YKH;
    (ans2*=5ll)%=YKH;
    ULL ans=((ans1*ans2)%YKH*(Inv(t%YKH,YKH-2)%YKH))%YKH;	
    write((ans+5LL*(2LL*n%YKH+m+1)%YKH+YKH)%YKH);
    return 0;
}

但是，我们会发现，这个代码会$TLE$，只能得$70$分。怎么办呢？这时就要用卡常大法。
终于，在我的不懈努力下， 我改到了$95$分。代码如下：

#include
#include
using namespace std;
unsigned long long n,m;
inline char tc()
{
    static char ff[100000],*A=ff,*B=ff;
    return A==B&&(B=(A=ff)+fread(ff,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(unsigned long long &x)
{
    x=0;char ch;
    while(!isdigit(ch=tc()));
    while(x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
}
inline void write(unsigned long long x)
{
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
inline unsigned long long Inv(unsigned long long x,unsigned long long y)
{
    unsigned long long res=1;
    while(y)
    {
        if(y&1) (res*=x)%=998244853;
        (x*=x)%=998244853,y>>=1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    read(n),read(m),n%=998244853;
    register unsigned long long i;unsigned long long ans1=((n+m+1)%998244853*(n+m)%998244853)%998244853*(Inv(2,998244851)%998244853)%998244853,ans2=1,t=1,x;
    for(i=n+1;i<n+m;++i) (ans2*=i)%=998244853,(t*=i)%=998244853;
    for(i=2;i<m;++i) (ans2*=x=Inv(i,998244851))%=998244853,(t*=x)%=998244853;
    (t*=(n+m)*(Inv(m,998244851))%998244853)%=998244853,(ans2+=ans2<<2)%=998244853;
    unsigned long long ans=((ans1*ans2)%998244853*(Inv(t%998244853,998244851)%998244853))%998244853;	
    write((ans+(10*n%998244853+5*m+5)%998244853+998244853)%998244853);
    return 0;
}

此时，我才发现，貌似是我的方法本身有问题。（虽然$hl666$跟我用同样的方法，他却AC了，大概是因为我天生自带大常数吧！）

冷静一会儿，我们便可以发现，原式可以转化为$$5(2A+B+1)+5B(A+B+1)$$即$$5AB+5B^2+10A+10B+5$$这样就可以快速求出答案了。（可惜我比赛时没想到）

代码如下：

#include
#include
using namespace std;
unsigned long long n,m;
inline char tc()
{
    static char ff[100000],*A=ff,*B=ff;
    return A==B&&(B=(A=ff)+fread(ff,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(unsigned long long &x)
{
    x=0;char ch;
    while(!isdigit(ch=tc()));
    while(x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
}
inline void write(unsigned long long x)
{
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
inline unsigned long long Inv(unsigned long long x,unsigned long long y)
{
    unsigned long long res=1;
    while(y)
    {
        if(y&1) (res*=x)%=998244853;
        (x*=x)%=998244853,y>>=1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    read(n),read(m),n%=998244853;
    register unsigned long long i;
    unsigned long long ans=((n+m+1)*(n+m)%998244853*(Inv(2,998244851)%998244853)%998244853)*5%998244853;
    unsigned long long res=ans*m%998244853*Inv(n+m,998244851)%998244853;
    write((res+(10*n%998244853+5*m+5)%998244853+998244853)%998244853);
    return 0;
}