2019牛客暑期多校训练营（第二场）A,B,D,E,F,H,J
以后每周打牛客重现赛
F. Partition problem
递归组合数枚举。
先把所有人当成红队，再组合数枚举7个人移到白队，每次移动改变的竞争值可以在On的复杂度内算出。
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
//typedef __int128 LL;
//typedef unsigned long long ull;
//#define F first
//#define S second
typedef long double ld;
typedef pair pii;
typedef pair pll;
typedef pair pdd;
const ld PI=acos(-1);
const ld eps=1e-9;
//unordered_mapmp;
#define ls (o<<1)
#define rs (o<<1|1)
#define pb push_back
//#define a(i,j) a[(i)*(m+2)+(j)] //m是矩阵的列数
//pop_back()
const int seed=131;
const int M = 1e5+7;
/*
int head[M],cnt;
void init(){cnt=0,memset(head,0,sizeof(head));}
struct EDGE{int to,nxt,val;}ee[M*2];
void add(int x,int y,int z){ee[++cnt].nxt=head[x],ee[cnt].to=y,ee[cnt].val=z,head[x]=cnt;}
*/
int n,N;
int a[30][30];
bool vs[30];
ll ma;
ll ct=0;
void cal(int x,int num,ll ans)//判断第x个人选不选，已经选了num个人到白队，目前分组的竞争力是ans
{
if(num>n||num+(N-x+1) H。Second Large Rectangle
每一行跑一遍单调栈，找出以i为底边的四边形，的最大子矩阵，并把记录的矩形 h*w,(w-1)*h，也记录下来。
否则第二大矩形会找不到。因为单调栈执行过程中会把第二大当成不优解给排除，由于高-1在下一行会算到，我们只记录宽-1形成的小矩形即可
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
//typedef __int128 LL;
//typedef unsigned long long ull;
//#define F first
//#define S second
typedef long double ld;
typedef pair pii;
typedef pair pll;
typedef pair pdd;
const ld PI=acos(-1);
const ld eps=1e-9;
//unordered_mapmp;
#define ls (o<<1)
#define rs (o<<1|1)
#define pb push_back
//#define a(i,j) a[(i)*(m+2)+(j)] //m是矩阵的列数
//pop_back()
const int seed=131;
const int M = 1007;
const int N =1e7;
/*
int head[M],cnt;
void init(){cnt=0,memset(head,0,sizeof(head));}
struct EDGE{int to,nxt,val;}ee[M*2];
void add(int x,int y,int z){ee[++cnt].nxt=head[x],ee[cnt].to=y,ee[cnt].val=z,head[x]=cnt;}
*/
char S[M][M];
int h[M][M];//第i行第j列，向上最多扩展多少。
int s[M],w[M];
int ar[N],sz;
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",S[i]+1);
int ct=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(S[i][j]=='1')h[i][j]=h[i-1][j]+1,ct++;
else h[i][j]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int p=0,ans=0;
memset(s,0,sizeof(s));
memset(w,0,sizeof(w));
for(int j=1;j<=m+1;j++)
{
if(h[i][j]>s[p])s[++p]=h[i][j],w[p]=1;
else {
int wi=0;
while(s[p]>h[i][j])
{
wi+=w[p];
ar[++sz]=wi*s[p];
if(wi>1)ar[++sz]=(wi-1)*s[p];
ans=max(ans,wi*s[p]);
p--;
}
s[++p]=h[i][j],w[p]=wi+1;
}
}
}
sort(ar+1,ar+1+sz);
if(sz<=1)puts("0");
else printf("%d\n",ar[sz-1]);
return 0;
}
/*
3 7
1010100
1111100
1111111
1 4
1110
*/ [A. Eddy Walker]
打表找规律或者推公式：
1：打表
#include
using namespace std;
int vs[100],nm[100];
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(false);
// cin.tie(0);
srand((unsigned int)(time(NULL)));
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=100000;i++)
{
int now=rand()%2;
memset(vs,0,sizeof(vs));
int tp=0,ct=1;
vs[0]=1;
while(ct 发现规律：到每个点的概率都相同，到0点概率为0
AC代码：
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1000000007;
ll qpow(ll a,ll b)
{
ll ans=1;
while(b)
{
if(b&1)ans=a*ans%mod;
a=a*a%mod;
b/=2;
}
return ans%mod;
}
int main()
{
int t;
ll ans=1;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n,m;
scanf("%d %d",&n,&m);
ll tp;
if(m==0)tp=0;else tp=n-1;
if(n==1)tp=1;
ans=(ans*qpow(tp,mod-2))%mod;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
推公式：
假设答案是：f(n,m)。
1：首先f(n,0)=0.(n>1)，走完其他点就直接停了
2：然后 f(n,i)=f(n,n-i+1). 因为左右走概率相同，最后停在前面一个的概率，肯定等于停在后面一个的概率（注意它是个环）。
3：最后，f(n,i)=f(n,(i+n-1)%n)+f(n,(i+1)%n)/2，即停在一个点的概率等于停在其前面一个点的概率+后面一个点的概率除以二。
因为：
最后停在点i。上一步必定是在i+1,或者i-1.
假设上一步是i+1，如果走完除了i点以外的所有点，且最后一步是i+1的概率是x1。那么在这x1概率中，有1/2的概率走向i点，1/2的概率到i+2（不会再回到i+1点，最后一步到i+1所有的概率已经是x了）所以最后一步停在i 点的概率：p+=1/2*x。
同理 p+=1/2*x2（最后一步停在i-1，且已经走完除了i的所有点的概率）
所以3结论成立。
由2、3可推出f(n,i) 任取 (1 所以得出： f(1,0)=1; f(n,m)=1/n; f(n,0)=0; 最大集团数2^100. 直接求第k小不好求，枚举出集团数会T。 求第K小，一般可以看看能不能从第一小开始递推。 我们发现：最小的是空集。 然后往空集这个集团加一个点。 得到的集团中选个最小的（此时的集团一定是第二小）再往这个集团加一个可行点。 然后再取最小的集团（此时的集团一定是第三小）。 当前最小权值集团，一定是第i小，i为执行次数+1. 新的集团一定要通过当前集团一个新的点得到。而点的权值为正数。所以当前最小一定是第i小。 1.取最小集团这个操作明显可以用优先队列来做。 2.而判断一个点能否可以加入一个集团里，为了On的判断出来，我们可以用bitset进行维护。 bitset中1代表集团中包含的点。判断某点能否加入集团中，只需判断，这个集团的点是否都在这个点能连的点中。 所以读入连边时直接用bitset维护即可。 3.为了防止重复我们可以记录每个集团点编号最大的，加点时只能选择id更大的点加入，刚好是组合型枚举 https://blog.csdn.net/yiqzq/article/details/96635574 学习这个大佬的思路 https://www.cnblogs.com/Yinku/p/11220848.html 抄了这个大佬的BM板子 这题就结束了。。。。瑟瑟发抖 思路蛮简单的，主要是k=-1时不好做。 https://www.zhihu.com/question/336062847?utm_source=qq&utm_medium=social&utm_oi=1017107436351676416 自行移步知乎进行学习。。考场上还是靠直觉或者打表吧。 下面说下我的比较通俗的理解 在足够长时间之后，平均每次前进k+1/2步，因此平均停留次数就是2/(k+1); 或者更简单的说，无穷大后，每(k+1)/2个点会到达一次。即最后到达的点是 ：(k+1)/2，(k+1)/2 *2，(k+1)/2*3…… 而无穷大的终点落在在某个我们达到点的概率是1/[(k+1)/2]=2/(k+1);(相当于终点不固定随机定) dp思路： dp[i][j]：经过(i-1,j)到达(i,j)的方案数。 如果不带修改，从(1,a)->(n,b). 初值：dp[1][a]=1; 输出dp[n+1][b].(只有这样才能保证最后一行也会有贡献) 转移：dp[i][j]=sum(dp[i-1][L],dp[i-1][R]). L,R为：(i-1,j)左边0的位置，右边0的位置。如果i-1,j为1，则dp[i][j]也为0（即不可能从i-1,j转移到i，j） 然后上述转移可以看成矩阵乘法： 比如i-1行为：011011 则dp[i][0],dp[i][1]……dp[i][m]= *{dp[i-1][0],dp[i-1][1]……dp[i-1][m]}. 为什么要转化成矩阵乘法？ 因为可以用线段树维护，这样更新查询就非常快的做出来了！！ 核心思想：合并有用区间。 虽然有1e9个数，但很容易想到：有一些-1是永远也用不上的 我们利用两个dp来预处理，找到有用的区间。 对区间的前缀和进行找正序对操作（即树状数组经典题） 然鹅树状数组会T。 然后就到了这题比较难的地方了 对于一个有效区间[L,R] 所有区间和最多3e7。 我们只能用On的算法去跑（现场赛的机器我感觉加个log也无所谓，牛客可惜了） 这题跟经典逆序对题目有点不一样：每次前缀和数值变化最多1，这就意味着我们可以开一个数组存数字出现次数，每次往后遍历，正序对数只会改变一个数字的出现次数。 具体看代码即可。 D:Kth Minimum Clique
#include B.Eddy Walker 2
#includeE：MAZE
0
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
1
1
#include
JSubarray
#include