Noip模拟1 2018/10/17
T1: 序列(seq)
给定 N,A,B构造一个长度为 N 的排列，使得：
排列长度为 N；
最长上升子序列长度为 A；
最长下降子序列长度为 B。
我们有 SPJ，有解任意给出一组，否则说明无解。
感觉挺好想的，只是有解的情况没输出“Yes”，心态爆炸
先考虑N=A*B的情况
那么我们可以构造一个排列，有B个长度为A的上升子序列，满足每个子序列递减
在这么构造的情况下，若 N > A ∗ B ∣ ∣ N < A + B − 1 N>A*B || N<A+B-1 N>A∗B∣∣N<A+B−1，则无解
若构造不满，先做k1个长度为A的上升子序列，最后有k2个点递减，多出来的添在 k + 1 k+1 k+1上 （ k 1 + k 2 + 1 = B ) （k1+k2+1=B) （k1+k2+1=B)
时间效率 O ( n ∗ t ) O(n*t) O(n∗t)
T2:购物(sum)
visit_world 有一个商店，商店里卖N个商品，第i 个的价格为 a[i]我们称一个正整数K 是美妙的，当且仅当我们可以在商店里选购若干个商品，使得价格之和落在区间[K,2K]中。
问：有多少个美妙的数。
orzJyc,辣鸡Hz误导
假设我们已经处理到 s u m sum sum（ s u m = ∑ j = 1 i a [ j ] sum=\sum_{j=1}^{i}a[j] sum=∑j=1ia[j]，满足a[i]单调递增），考虑a[i]的贡献。
a [ i ] a[i] a[i]有贡献的为 ( a [ i ] + 1 ) 2 \frac {(a[i]+1)}{2} 2(a[i]+1)，假如 ( a [ i ] + 1 ) 2 < = s u m \frac {(a[i]+1)}{2}<=sum 2(a[i]+1)<=sum，那么将 a [ i ] a[i] a[i]接在 s u m sum sum后面和之前不会有间隙，反之则说明从 s u m + 1 sum+1 sum+1到 ( a [ i ] + 1 ) 2 − 1 \frac {(a[i]+1)}{2}-1 2(a[i]+1)−1之间永远都取不到，取不到的部分记为p
那么答案就成了 s u m = ∑ i = 1 n a [ j ] − p sum=\sum_{i =1}^{n}a[j]-p sum=∑i=1na[j]−p
时间效率 O ( n log n ) O(n\log n) O(nlogn)
T3：计数(count)
考虑一个N个节点的二叉树，它的节点被标上了1∼N 的编号. 并且，编号为i的节点在二叉树的前序遍历中恰好是第i个出现.
我们定义Ai 表示编号为i的点在二叉树的中序遍历中出现的位置.
现在，给出M个限制条件，第i个限制条件给出了 u i , v i ui,vi ui,vi，表示 A u i < A v i Aui<Avi Aui<Avi ，也即中序遍历中ui在vi 之前出现.
你需要计算有多少种不同的带标号二叉树满足上述全部限制条件，答案对
1 0 9 + 7 10^9+7 109+7 取模.
此题20%卡特兰数白送。
考虑dp
f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]表示以 i i i为头 j j j为结尾的子树可能的情况
枚举一个 k ( i < = k < = j ) k (i<=k<=j) k(i<=k<=j)，将 i , j i,j i,j分为两个子树，左子树 i + 1 , k i+1,k i+1,k，右子树 k + 1 , j k+1,j k+1,j，且左右子树均满足条件， f [ i ] [ j ] + = f [ i ] [ k ] ∗ f [ k + 1 ] [ j ] f[i][j]+=f[i][k]*f[k+1][j] f[i][j]+=f[i][k]∗f[k+1][j]
这样子判断效率为 n 4 n^4 n4，考虑优化判断过程
将条件 ( x , y ) (x,y) (x,y)映射到一个二维矩阵上，然后判断 ( k + 1 , j ) 到 ( i + 1 , j ) (k+1,j)到(i+1,j) (k+1,j)到(i+1,j)上有没有不满足的条件，矩阵前缀和一下就好
时间效率 O ( n 3 ∗ t ) O(n^3*t) O(n3∗t)