【牛客OI周赛15-普及组】 A【模拟】B【DP】D【离散化+DP+树状数组】

比赛连接

A

问题：长度为n的字符串，是否完全由多个mq连接组成
思路：模拟就型了。

#include 
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 1e5 + 11;
const int M = 1e6 + 11;
const int MOD = 1e9 + 7;

char s[N];
int main(int argc, char **args){
 // freopen("in.txt", "r", stdin);
    int q; cin >> q;
    while(q--){
        scanf("%s", s);
        int cur = 0;
        bool flag = true;
        for(int i = 0; s[i]; i++){
            if( (cur == 1 && s[i] == 'q' )|| (cur == 0 && s[i] == 'm'))
                cur = cur ^ 1;
            else 
                flag = false;
        }
        
        puts((flag && !cur) ? "Yes":"No");
    }
return 0;
}

B

思路：赛时 只想到了爆搜+剪枝，这样肯定不对，只过了50%数据。赛后又想了想，发现可以考虑DP，因为n个宝物的和最大也就是10000，取前k个最小值就行，这时候，发现，如果可以提前处理出来和为 i 的方案数，问题就解决了。
所以考虑DP，dp[i][j] 表示前 i 个宝物 的和为 j 的方案数。递推方程：
$$dp[i][j+a_{ik}]=\sum _{k=1}^{m_i}\sum _{j=0}^{10000-a_{ik}}dp[i-1][j]$$
发现时间复杂度正好为o(1e8)，感觉时间上会过不去，但是因为这个代码的框架简单，很简洁，所以常数会非常小，所以实际上时间上还是能够过去的（而且牛客评测机1s应该很跑多了把，至少1e8常数内应该都够）。 空间上，因为第 i 层只用第 i - 1 层的值，可以利用滚动数组来优化一维。
爆搜代码：

#include 
using namespace std;
 
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
 
const int N = 1e5 + 11;
const int M = 1e6 + 11;
const int MOD = 1e9 + 7;
 
int n, k;
priority_queue <int,vector<int>,less<int> > qu;
vector<int>ve[N];
void DFS(int now, int sum){
    if(qu.size() >= k && sum >= qu.top()) return; // 剪枝
    // cout << now <<" " <
    if(now == n + 1) {
        if(qu.size() < k)
            qu.push(sum);
        else {
            if(qu.top() > sum) {
                qu.pop(); qu.push(sum);
            }
        }
        return;
    }
 
    for(int i = 0; i < ve[now].size(); i++){
        int v = ve[now][i];
        DFS(now + 1, sum + v);
    }
}
 
int main(int argc, char **args){
   // freopen("in.txt", "r", stdin);
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i = 1; i <= n ;i++){
        int m; scanf("%d", &m);
        while(m--){
            int a; scanf("%d", &a); ve[i].push_back(a);
        }
        sort(ve[i].begin(), ve[i].end());
    }
     
    DFS(1, 0);
    int ans = 0;
    while(k--){
       // cout << qu.top() <<"\n";
        ans += qu.top(); qu.pop();
    }
    printf("%d\n", ans);
return 0;
}

DP 代码

#include 
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 1e5 + 11;
const int M = 1e6 + 11;
const int MOD = 1e9 + 7;

ll dp[N][2];
int main(int argc, char **args){
 //   freopen("in.txt", "r", stdin);
    
    int n, k; scanf("%d%d", &n, &k);
    int cur = 0; dp[0][cur ^ 1] = 1; 
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        int m; scanf("%d", &m);
        for(int j = 0; j <= 10000; j++) dp[j][cur] = 0;

        while(m--){
            int a;  scanf("%d", &a);
            for(int j = 0; j <= 10000; j++){
                if(dp[j][cur ^ 1] > 0) 
                    dp[j + a][cur] += dp[j][cur ^ 1];
            }
        }
        cur ^= 1;
    }

    cur ^= 1;
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= 10000; i++){
        if(k > 0) {
            if(dp[i][cur] >= k) {
                ans += k * i;
            }else {
                ans += dp[i][cur] * i;
            }

            k -= dp[i][cur];
        }else break;
    }

    printf("%d\n", ans);
return 0;
}

D

思路：赛时思路对了，可惜没有发现bug。
其实很简单，从二元祖到三元组的过程中，我们可以得到启发。后面扩展到m元祖，其实本质都是一样的。考虑 dp[i][j] 表示以位置 j 开始的 i 元祖个数。转移方程：
$$dp[i][j]=\sum _{a_k>a_i\&k>i}dp[i-1][k]$$
如何求得右侧式子，这里可以考虑用树状数组。
因为要用树状数组，所以要将 $a_i$ 值当做数组下标，但是原本 $a_i$ 的值很大，发现本题和 $a_i$ 本来值无关，只要元素间相对大小不变就行，所以用离散化。
同时观察式子，发现可以当前层只用前一层的值，所以利用滚动数组来优化 空间。

代码：

#include 
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 1e5 + 11;
const int M = 1e6 + 11;
const int MOD = 1e9 + 7;

int n, m, nn; 
int sum[N];
int c[N * 4], a[N];

 
void add(int pos, int x){
    for(pos; pos > 0; pos -= (pos & -pos)){
        c[pos] = (c[pos] + x) % MOD;
    }
}

int query(int pos){
    int sum = 0;
    for(pos ; pos <= nn; pos += (pos & -pos)){
        sum = (sum + c[pos]) % MOD;
    }
    return sum;
}
vector<int>ve;
int main(int argc, char **args){
   // freopen("in.txt", "r", stdin);
    
    scanf("%d%d", &n, &m);

    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%d", &a[i]); ve.push_back(a[i]);  
    }
    
    sort(ve.begin(), ve.end());
    ve.erase(unique(ve.begin(), ve.end()), ve.end());
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        a[i] = lower_bound(ve.begin(), ve.end(), a[i]) - ve.begin() + 1; // 离散化，重新赋值
        sum[i] = 1;// 赋初值
    } 

    nn = n * 2;
    
    for(int j = 2; j <= m; j++){ 
        memset(c, 0, sizeof(c));
        for(int i = n; i > 0; i--){
            add(a[i] , sum[i]);
            sum[i] = query(a[i] + 1);
            // cout << sum[i] <<" "; 
        }
    }
    
    
    if(m == 1){
        cout << n <<"\n";
    }else {
        int ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            ans = (ans + sum[i]) % MOD;
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
        
return 0;
}