“玲珑杯”ACM比赛 Round #4
运气不错有个抱枕。
1046 - chess play
题意：
一个n*m的数组，初始全部是’.’，然后3种操作，把一个位置变成’w’，或者把一个位置变成’r’，或者交换两行。
思路：
vector的swap是O(1)的，直接模拟就行。
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// main.cpp
// chess play
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#include Best couple
题意：
n个男生，m个女生，然后给一个邻接表L[i][j]，男生和女生配对的贡献是他们之间的最短路，问配对的最大贡献是多少。
思路：
先跑个floyd最短路，本来最大贡献是不一定是最大匹配的，但是因为给的邻接表是无向图，不存在这种反例，所以直接费用流就行。
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// main.cpp
// Best couple
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#include 1048 - Best substring
题意：
给一个字符串，然后val[i]表示以i为中心的最长回文子串的长度，然后求一个子串，满足 ∑leni=1(−1)k+1∗i∗val[k] 最大，其中k是i在原串中的位置。
简单的说就是给一个数组，然后去掉一个前缀和后缀（可能为空），要求 ∑leni=1i∗a[i] 最大。
思路：
先跑马拉车求出val数组，然后推一下发现可以斜率优化，就是这个题。
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// main.cpp
// Best substring
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#include 1049 - Deg-route
题意：
求从(0,0)走到(x,y)，其中x>=y，且不穿过y=x的方案数。
思路：
考虑从(0,0)走到(x,y)且穿过y=x的方案数，设为l(x,y)。
那么考虑第一次穿过的位置，设为(q,q)。
当遍历q从0到y-1时，方案数是不重不漏的，因为每种方案必然有第一次穿过的位置，且位置唯一。
设Cat(i)表示第i个卡特兰数，我们知道卡特兰数是(0,0)走到(i,i)不经过y=x的路径数，那么就可以表示出l(x,y)了。
l(x,y)=∑i=0y−1Cat(i)∗Cx−ix−i+y−i−1
这个式子的意思是枚举第一次穿过的点(i,i)然后走到这个点的方案数乘上这个点往上走了一步之后，再任意走到(x,y)的方案数。
这个式子的解：
l(x,y)=Cx+1x+1+y−1
也就是说等价于从(-1,1)走到(x,y)的方案数，我们来从组合学分析一下就知道，这是个十分优美的结论。
首先条件是只能往x和y的正半轴走，并且要求穿过y=x。
穿过y=x并不是直观的条件，考虑到穿过的那一步必须是往上走的，那么穿过y=x就等价于与y=x+1相交或者相接触，此时根据x>=y，(x,y)是与y=x+1相离的。
注意到(-1,1)与(0,0)关于y=x+1对称，那么从(-1,1)走到(x,y)，是必然接触y=x+1的，因为(-1,1)与(x,y)分别处于y=x+1分割的两个半平面内，假设一条路径与y=x+1的交点是(p,p+1)，在相交之前走的路径，我们总可以找到一条从(0,0)到(p,p+1)的路径与之对应，根据对称性：
当(-1,1)出发的路径往上走，那么(0,0)出发的路径就往右走。
当(-1,1)出发的路径往右走，那么(0,0)出发的路径就往上走。
当(0,0)走到了(p,p+1)，之后的路就按照(-1,1)的走法走就行了。
容易证明这是不重不漏，一一对应的，这样我们就给出了一个组合学的解释，从(0,0)走到(x,y)穿过y=x的方案数等价于从(-1,1)走到(x,y)的方案数。
那么最后答案就是总的减去不合法的：
ans=Cxx+y−Cx+1x+1+y−1
因为模数较小，lucas即可。
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// main.cpp
// Deg-route
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#include 1050 - array
题意：
给一个数组a，问有多少个子序列满足第一个数是1，后一个是前一个的两倍。
思路：
直接dp，dp[i]表示以i结尾的子序列个数，另外用个pre[i]表示2^i的个数。
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// main.cpp
// array
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#include int >cnt;
int check(ll x) {
if((x&(x-1)) != 0) return -1;
return cnt[x];
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
cnt[1] = 0;
for(int x = 1, i = 2; i <= 1000000000; i <<= 1, ++x) {
cnt[i] = x;
}
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--) {
memset(dp, 0, sizeof(dp));
memset(pre, 0, sizeof(pre));
int n;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%lld", a+i);
aa[i] = check(a[i]);
}
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
int tmp = aa[i];
if(tmp == 0) dp[i] = 1;
else dp[i] = pre[tmp-1];
pre[tmp] = (pre[tmp]+dp[i])%mod;
ans = (ans+dp[i])%mod;
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
1051 - My-graph
题意：
问n个点的图能不能构造出原图和补图同构的图。
思路：
满图有n*(n-1)/2条边，至少边数要是偶数，猜了一发过了，实际上这是个充要条件。
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// main.cpp
// My-graph
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#include 1052 - See car
题意：
一个人站在(a,b)，然后他的右下方有一些点，问你能看到的点的数量。
思路：
存下斜率就行。
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// main.cpp
// See car
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#include 1053 - Gemstone digger
题意：
n个宝藏，去第i个地方有a[i]个宝藏，在i采宝藏的死的概率是pi，每个地方相互独立，问存活率>0.19的情况下最多采多少个宝藏。
思路：
dp[i][j]表示前i个宝藏中一共采了j个时最大的存活率是多少。
dp[i][j] = dp[i-1][j];
if(j >= a[i]) dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j-a[i]]*(1-pi))
跑完后扫一遍找存活率大于0.19的最多宝藏。
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// main.cpp
// Gemstone digger
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#include 1054 - String cut
题意：
给一个字符串，可以删一个字符，删完后要求串是由一个子串重复k次构成的，求最大的k。
思路：
字符串不会做，待队友补。
1055 - Ball-box
题意：
一个盒子一开始有n个球，每个球标号唯一，先执行操作1，如果两个球x,y满足|x-y|不在盒子里，那么久把|x-y|放进去，设操作次数为p1，然后执行操作2，不断摸球，直到所有球都被摸过，设操作次数为p2，求p1+p2的期望。
思路：
如果两个球x,y在盒子里，设x>=y，那么gcd(x,y) == gcd(x,x-y)，可以推出最后所有数的gcd等价于一开始所有数的gcd，那么操作1的次数就是最大的数/gcd。
操作2的次数容易推导，设dp[i]表示已经摸了i个球，直到摸完所有球的期望次数。显然有 dp[n]=0，dp[i]=i/n∗dp[i]+(n−i)/n∗dp[i+1]+1
化简下dp[n] = 0, dp[i] = dp[i+1]+n/i。
那么dp[0] = n*Hn，其中Hn是调和级数。
然后算就行了。
注意需要特判0。
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// main.cpp
// Ball-box
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#include