第八次ACM训练（Saturday）
A题顺序
13：00 比赛开始
14：13 a dxw
14：32 j yl
14:47 c dxw
15:59 g yl
16:05 d zjl
17:32 h dxw
总结
第八次训练没什么特别大的感触，只意识到自己应该多收集些板子，免得再遇到一些模板题半天下不了手
A - Blank （dp）
description
有n个点，每个点可以放0，1，2，3四种数，现在给出m个限制[l,r,x]要求[l,r]内只有x种数，问方案数(n,m<=100)
solution
本以为是签到题，一个状压走起，打完觉着不太对，怎么样例过不了呀……差点把自己给送了
直接状压是不行的，因为会重复考虑情况
我们设f[i][x][y][z][k]表示前i个数，0-3最后分别位于x,y,z,k位置，但显然有一个数必须是i，所以去掉一维，同时我们考虑剩下的数的位置从大到小排即(x>y>z)，那么暴力枚举更新即可
code
#include
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define rp(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int maxn=1e2+5;
const ll mo=998244353;
struct code{
int l,r,x,y;
}a[maxn];
int n,m,i,t,j,k,l,x,y,z,p,T,r,mid,q,num;
ll f[2][maxn][maxn][maxn],ans;
bool cmp(code x,code y){
return x.r<y.r;
}
void make(int i,int x,int y,int z){
f[1-p][x][y][z]%=mo;
f[p][i][y][z]+=f[1-p][x][y][z];
f[p][i][x][z]+=f[1-p][x][y][z];
f[p][i][x][y]+=f[1-p][x][y][z];
f[p][x][y][z]+=f[1-p][x][y][z];
}
int main(){
//freopen("data.in","r",stdin);
//freopen("data.out","w",stdout);
scanf("%d",&T);q=1;
while (T--){
scanf("%d%d",&n,&m);
fo(i,1,m)scanf("%d%d%d",&a[i].l,&a[i].r,&a[i].x);
sort(a+1,a+m+1,cmp);
fo(j,0,3)f[0][0][0][0]=1;
p=0;num=1;a[m+1].r=n+1;ans=0;
fo(i,0,n){
p=1-p;
fo(x,0,max(i,1)-1)
fo(y,0,max(x,1)-1)
fo(z,0,max(y,1)-1){
if (!f[1-p][x][y][z]) continue;
t=0;
for (l=num;a[l].r==i && !t && l<=m;l++){
q=1;
if (x>=a[l].l) q++;
if (y>=a[l].l) q++;
if (z>=a[l].l) q++;
if (q!=a[l].x) t=1;
}
if (!t){
if (i==n)ans+=f[1-p][x][y][z]%mo;
else make(i,x,y,z);
}
f[1-p][x][y][z]=0;
}
while (a[num].r==i && num<=m) num++;
}
printf("%lld\n",ans%mo);
}
}
C - Vacation （结论题？）
description
给你0-n辆车的长度li、车头距离终点si、最大速度vi，保证si≥si+1+li+1，每辆车在遇到前面有车之前一直会已最大速度行驶，问0号车车头到达终点的时间
solution
以后拷上一题的初始化一定要去LL和重新设置数据范围
假如只有一辆车，时间是s0/v0
假如有两辆车，有两种情况：1、自己奇慢s0/v0 2、前面的大兄弟奇慢，自己追上后还得以它的龟速走，过线后再过一个它的车长，无论自己跑多快，最后还是得以前一辆车的节奏来(s1+l1)/v1
……（你是否发现了什么？）
我们取 m a x ( ( s j + ∑ i = 0 j l j ) / v j ) max((sj+\sum_{i=0}^{j}lj)/vj) max((sj+∑i=0jlj)/vj)即可
code
#include
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define rp(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
const ll mo=998244353;
struct code{
int s,v,l;
}a[maxn];
int n,m,i,t,j,k,l,p,T,r,mid,q,num;
double x,y,z;
int read(){
int f=1,s=0;char c=getchar();
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')f=-1;
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())s=s*10+c-'0';
return f*s;
}
bool cmp(code x,code y){
return x.s<y.s;
}
int main(){
//freopen("data.in","r",stdin);
//freopen("data.out","w",stdout);
while (scanf("%d",&n)!=EOF){
fo(i,0,n)a[i].l=read();
fo(i,0,n)a[i].s=read();
fo(i,0,n)a[i].v=read();
double t=a[0].s*1.0/a[0].v,sum=0;
fo(i,1,n){
sum+=a[i].l;
t=max(t,(sum+a[i].s)*1.0/a[i].v);
}
printf("%.10lf\n",t);
}
}
D - Path （spfa+dinic）
description
给定一个有向图，问怎样删除一些边，使得最后1-n的最短路变大，且删除边的总和尽量小
solution
构建出一个最短路的DAG，跑一遍最小割
code
#includeG - String（贪心）
description
给定一个仅包含小写字母的字符串
从中选取出一个长度为k的子序列
输出字典序最小的子序列
不过子序列做出一定的限制：每个字母至少出现L[i]次至多出现R[i]次
solution
很显然我们可以贪心地想 每个位置选择符合条件的最小的字母
于是乎 问题的重点在于判断 这个位置填这个字母合不合适
经过了一段时间的思考（和提交的WA）可以发现有几种情况是不合适的：
- 所有字母全部填上限次也填不满剩余的空位
- 所有字母全部填下线次也超过剩余的空位
- 这个字母在这个位置之后没有了
- 这个字母已经填过R次了
- 如果这个位置填了这个字母，剩余的其他字母就算都填下限次也会超过剩余的空位
emmm可能有一些条件是多余的
不过并没有进行尝试
所以还是全部列出来
code
#includeH - Kingdom （记忆化搜索+？）
description
给你一棵树的残缺的前序遍历和中序遍历（缺的数用0表示），问有多少种树的前序遍历和中序遍历满足条件
solution
前序遍历好啊，直接告诉你根是什么，所以我们主要根据前序遍历来搜索,设前序遍历a[i]，中序遍历b[i]
设状态f(l,r,x,y)表示当前是前序遍历[l,r]对应中序遍历的[x,y]，我们对a[l]的情况分类讨论：
- 假如现在a[l]存在且[x,y]中存在a[l]（设在b中位置p）,那我们直接就分成f(l+1,l+p-x,x,p-1)和f(l+p-x+1,r,p+1,y)
- 假如现在a[l]存在但[x,y]不存在与之对应的数，那我们就考虑在[x,y]中找一个满足遍历要求的0和他配对
- 假如a[l]不存在，那在[x,y]中随便一个满足遍历要求且在[l,r]无配对的点都可以和他配对
还有一个问题，0和0的配对的方案数，在统计在两个遍历[l,r][x,y]中都没有出现过的数的个数f[l][r][x],当按照（l+1,l+p-x,x,p-1）的方式分割时，相当于把f[l][r][x]个数选出f[l+1][l+p-x][x]个出来放到左子树，因此要乘方案数 C f [ l ] [ r ] [ x ] f [ l + 1 ] [ l + p − x ] [ x ] C_{f[l][r][x]}^{f[l+1][l+p-x][x]} Cf[l][r][x]f[l+1][l+p−x][x],其他同理。
由于一个区间算过一次就不用再算了，因此我们可以记忆化一下，设为g[l][r][x]。
code
#include
#define fo(i,a,b) for(ll i=a;i<=b;i++)
#define rp(i,a,b) for(ll i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const ll maxn=1e2+5;
const ll mo=998244353;
ll a[maxn],b[maxn],c[maxn],d[maxn],bz[maxn],f[maxn][maxn][maxn];
ll c1[maxn][maxn],g[maxn][maxn][maxn];
ll n,m,i,t,j,k,l,p,T,r,mid,q,num;
ll dg(ll l,ll r,ll x,ll y){
if (r<=l) return 1;
if (g[l][r][x]>=0) return g[l][r][x];
ll t,k,k1,num;t=k=k1=0;
memset(bz,0,sizeof(bz));num=f[l][r][x];
if (c[a[l]]){
fo(i,x,y){
if (k1<i && k<=i-x+l && i==c[a[l]])t=c1[num][f[l+1][i-x+l][x]]*dg(l+1,i-x+l,x,i-1)%mo*dg(i-x+l+1,r,i+1,y)%mo;
k=max(k,d[b[i]]);
k1=max(k1,c[a[l+1+i-x]]);
}
}else if (a[l]){
fo(i,x,y){
if (k1<i && k<=i-x+l && !b[i])t+=c1[num][f[l+1][i-x+l][x]]*dg(l+1,i-x+l,x,i-1)%mo*dg(i-x+l+1,r,i+1,y)%mo;
k=max(k,d[b[i]]);
k1=max(k1,c[a[l+1+i-x]]);
}
}else{
fo(i,x,y){
if (k1<i && k<=i-x+l){
if (b[i]){
if (!d[b[i]])t+=c1[num][f[l+1][i-x+l][x]]*dg(l+1,i-x+l,x,i-1)%mo*dg(i-x+l+1,r,i+1,y)%mo;
}else t+=num*c1[num-1][f[l+1][i-x+l][x]]%mo*dg(l+1,i-x+l,x,i-1)%mo*dg(i-x+l+1,r,i+1,y)%mo;
}
k=max(k,d[b[i]]);
k1=max(k1,c[a[l+1+i-x]]);
}
}
return g[l][r][x]=t%mo;
}
int main(){
//freopen("data.in","r",stdin);
//freopen("data.out","w",stdout);
scanf("%lld",&T);
c1[0][0]=1;
fo(i,1,100){
c1[i][0]=1;
fo(j,1,i) c1[i][j]=(c1[i-1][j-1]+c1[i-1][j])%mo;
}
while (T--){
scanf("%lld",&n);
memset(c,0,sizeof(c));
memset(d,0,sizeof(d));
fo(i,1,n)scanf("%lld",&a[i]),d[a[i]]=i;
fo(i,1,n)scanf("%lld",&b[i]),c[b[i]]=i;
fo(i,1,n)
fo(j,1,n){
memset(bz,0,sizeof(bz));num=k=0;
while (i+k<=n && j+k<=n){
if (!bz[a[i+k]] && a[i+k])bz[a[i+k]]=1,num++;
if (!bz[b[j+k]] && b[j+k])bz[b[j+k]]=1,num++;
f[i][i+k][j]=k+1-num;
g[i][i+k][j]=-1;
k++;
}
}
c[0]=d[0]=0;
ll ans;
ans=dg(1,n,1,n);
printf("%lld\n",ans);
}
}
HDU - 6590 Code (模拟？
description
（题目套了个AI的背景hhh，不过维数只有2）
y = s i g n ( x 1 ∗ w 1 + x 2 ∗ w 2 + b ) y=sign(x1*w1+x2*w2+b) y=sign(x1∗w1+x2∗w2+b)
s i g n ( t ) = { 1 t > 0 0 t = 0 − 1 t < 0 sign(t)=\begin{cases} 1 & t>0 \\ 0 & t=0 \\ -1 & t<0 \end{cases} sign(t)=⎩⎪⎨⎪⎧10−1t>0t=0t<0
给定 x 1 , x 2 , y x1,x2,y x1,x2,y（PPS：题目给的y只会是1或者-1）
问是否存在 w 1 , w 2 , b w1,w2,b w1,w2,b满足所有的“样本”
solution
(最开始没看到这个sign。。写了一个高斯消元着实丢人
因为题目给的y是1或者-1
我们就可以动点脑筋
假如有 y i = 1 并 且 y j = − 1 y_i=1 并且 y_j=-1 yi=1并且yj=−1我们就可以推导出
s i g n ( x 1 i ∗ w 1 + x 2 i ∗ w 2 + b ) > s i g n ( x 1 j ∗ w 1 + x 2 j ∗ w 2 + b ) sign(x1_i*w1+x2_i*w2+b)>sign(x1_j*w1+x2_j*w2+b) sign(x1i∗w1+x2i∗w2+b)>sign(x1j∗w1+x2j∗w2+b)
x 1 i ∗ w 1 + x 2 i ∗ w 2 + b > x 1 j ∗ w 1 + x 2 j ∗ w 2 + b x1_i*w1+x2_i*w2+b>x1_j*w1+x2_j*w2+b x1i∗w1+x2i∗w2+b>x1j∗w1+x2j∗w2+b
x 1 i ∗ w 1 + x 2 i ∗ w 2 > x 1 j ∗ w 1 + x 2 j ∗ w 2 x1_i*w1+x2_i*w2>x1_j*w1+x2_j*w2 x1i∗w1+x2i∗w2>x1j∗w1+x2j∗w2
x 1 i ∗ w 1 − x 1 j ∗ w 1 > x 2 j ∗ w 2 − x 2 i ∗ w 2 x1_i*w1-x1_j*w1>x2_j*w2-x2_i*w2 x1i∗w1−x1j∗w1>x2j∗w2−x2i∗w2
( x 1 i − x 1 j ) ∗ w 1 > ( x 2 j − x 2 i ) ∗ w 2 (x1_i-x1_j)*w1>(x2_j-x2_i)*w2 (x1i−x1j)∗w1>(x2j−x2i)∗w2
这个式子应该永远成立
然而两个变量不好处理于是乎根据高中数学导数题的常用套路，左右两边同时除以w1（记得特殊考虑w1=0的情况！）
然后就是解不等式组 看看有没有解喽
（有人可能会觉得只有一个方向肯定有解啊？）
（一定要小心处理乘除负数导致不等号方向改变的情况！）
code
#include