2023牛客暑假多校10 题解 FKLM | JorbanS

F-IUPC

题意 有 $n$ 题的比赛，时长为 $t$，每个题有最早过题时间的约束，每分钟内最多提交一题，任意 $k$ 分钟内只能提交 $m$ 题，问比赛 $AK$ 的方案数，$1\le t\le 300,1\le n\le 13,1\le m\le k\le 10$

状态表示 $f[i][j][s]$ 表示前 $i$ 分钟已经 $AC$ 了 $j$ 题，最后 $k$ 分钟过题状态为 $s$ 的方案数，$s$ 状态中第 $i$ 分钟的过题状态位第 $k$ 位，最低位为第 $i-k+1$ 分钟的过题状态

• $i$ 时刻不过题，从 $i-1$ 时刻直接转移即可，这里用 $add$ 是因为有两种状态均可转移过来
• $i$ 时刻过题，枚举每种状态 $s$，若 $s$ 中 $AC$ 题的数量大于 $m$ 则一定不满足直接 $continue$。可过的新题的个数为 $sum[i]-j$，即此前可交但没交的题目的数量

void add(int &x, int y) {
    x += y;
    if (x >= mod) x -= mod;
}

int main() {
    int n, t, k, m; cin >> n >> t >> k >> m;
    for (int i = 0; i < n; i ++) {
        int x; cin >> x;
        num[x] ++;
    }
    for (int i = 1; i <= t; i ++) sum[i] = sum[i - 1] + num[i];
    f[0][0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= t; i ++)
        for (int s = 0; s < 1 << k; s ++) {
            if (__builtin_popcount(s) > m) continue;
            for (int j = 0; j <= sum[i]; j ++) {
                add(f[i][j][s >> 1], f[i - 1][j][s]);
                if (__builtin_popcount(s >> 1) < m)
                    add(f[i][j + 1][(s >> 1) | (1 << (k - 1))], 1ll * f[i - 1][j][s] * (sum[i] - j) % mod);
            }
        }
    int res = 0;
    for (int i = 0; i < 1 << k; i ++) add(res, f[t][n][i]);
    cout << res << endl;
    return 0;
}

K-First Last

题意 一共 $n$ 个人进行 $m$ 场比赛，问每场比赛是第一名或者最后一名的概率

double n, m; cin >> n >> m;
printf("%.9lf\n", n == 1 ? 1. : pow(2. / n, m));

L-Grayscale Confusion

题意 序列 $\{v{\}}_{i=1}^n$ 具有属性 $(a,b,c)$ 满足 $a,b,c\in [0,255]$，只有当 $i$ 比 $j$ 的所有属性都较大时，则称 $i$ 和 $j$ 有严格偏序关系 $j\prec i$，它们映射的值满足 $j<i$，将 $n$ 个数映射到 $0\sim 255$ 之间的数，且 $v_0$ 和 $v_1$ 映射得到的值相等，若不能成立输出 $-1$

题解 首先判断 $v_0$ 和 $v_1$ 有无严格偏序关系，判断是否能够映射

法一：不断缩小范围，利用与 $v[0]$ 或 $v[1]$ 具有严格偏序关系的 $v[i]$ 将 $[l,r]$ 从 $[0,255]$ 缩小，因为需要具备严格偏序关系，则最多只能具有 $v_1\prec v_2\prec ...\prec v_k$ 共 $k,k\le 256$ 个连续严格偏序关系，则映射范围是足够的，无需特判范围不够的情况

struct Color {
    int a, b, c;
    bool operator< (const Color &x) const {
        return a < x.a && b < x.b && c < x.c;
    }
};

int max(Color x) { return max(x.a, max(x.b, x.c)); }
int min(Color x) { return min(x.a, min(x.b, x.c)); }

int main() {
    int n; cin >> n;
    vector<Color> v(n);
    vector<int> ans(n);
    for (auto &[a, b, c] : v) cin >> a >> b >> c;
    if (v[0] < v[1] || v[1] < v[0]) {
        cout << -1 << endl;
        return 0;
    }
    int l = 0, r = 255;
    for (int i = 2; i < n; i ++) {
        if (v[0] < v[i] || v[1] < v[i])
            r = min(r, ans[i] = max(v[i]));
        else
            l = max(l, ans[i] = min(v[i]));
    }
    ans[0] = ans[1] = (l + r) >> 1;
    for (auto i : ans) cout << i << endl;
    return 0;
}

法二：拓扑排序

拓扑排序

只适用于 $DAG,有向无环图(DirectedAcyclicGraph)$

用队列维护，不断将所有入度为 $0$ 的点入队，并删除这些点

若删除的点总数不为图中的顶点数，则存在回路，无法进行拓扑排序

合并 $v_0$ 和 $v_1$，对严格偏序关系的点建立边，在这个 $DAG$ 上跑一次拓扑排序进行函数映射即可

struct Color {
    int a, b, c;
    bool operator< (const Color &x) const {
        return a < x.a && b < x.b && c < x.c;
    }
};

int main() {
    int n; cin >> n;
    vector<Color> v(n);
    vector<int> ans(n, 256), in(n), g[n];
    queue<int> q;
    for (auto &[a, b, c] : v) cin >> a >> b >> c;
    if (v[0] < v[1] || v[1] < v[0]) {
        cout << -1 << endl;
        return 0;
    }
    for (int i = 2; i < n; i ++) {
        for (int j = 2; j < n; j ++) {
            if (v[j] < v[i]) {
                in[j] ++;
                g[i].push_back(j);
            }
        }
        if (v[1] < v[i] || v[0] < v[i]) {
            in[1] ++;
            g[i].push_back(1);
        }
        if (v[i] < v[0] || v[i] < v[1]) {
            in[i] ++;
            g[1].push_back(i);
        }
    }
    for (int i = 1; i < n; i ++)
        if (!in[i]) {
            q.push(i);
            ans[i] = 255;
        }
    while (!q.empty()) {
        int t = q.front();
        q.pop();
        for (auto i : g[t]) {
            in[i] --;
            if (!in[i]) q.push(i);
            ans[i] = min(ans[i], ans[t] - 1);
        }
    }
    ans[0] = ans[1];
    for (auto i : ans)
        if (i == 256) {
            cout << -1 << endl;
            return 0;
        }
    for (auto i : ans) cout << i << endl;
    return 0;
}

M-Fair Equation

题意 有式子 $a+b=c$，在其中一个数字的每一位的前后皆可，插入一个数字使得等号成立，若原始也成立也可，输出 $Yes$ 和修改后的式子，否则输出 $No$

题解 原始也成立的情况涵盖在将 $0$ 插入某个数字的最前端，因此只要分三类

bool check(int a, int b) {
    for (int i = 0; i <= to_string(a).size(); i ++) {
        int base = pow(10, i);
        int aa = a % base + a / base * base * 10;
        for (int j = 0; j < 10; j ++)
            if (aa + base * j == b) return true;
    }
    return false;
}

void out(int a, int b, int c) {
    cout << "Yes" << endl << a << " + " << b << " = " << c << endl;
}

void solve() {
    int a, b, c; char ch; cin >> a >> ch >> b >> ch >> c;
    if (check(a, c - b)) out(c - b, b, c);
    else if (check(b, c - a)) out(a, c - a, c);
    else if (check(c, a + b)) out(a, b, a + b);
    else cout << "No" << endl;
}