Summer Holiday Contest 2020 Day 2官方题解

D2T1

Description

b6e0所在的城市突然爆发了一种流感。城市里的人可以表示为一个 $n$行 $m$列的矩阵，每个格子代表一个人。

一开始，其中某些人是感染的，某些人则没有感染。如果对于一个没有感染的人 $(i,j)$，与他相邻的人中有两个及以上的感染者，那么他一定会被传染；否则一定不会。

现在，请求出在经过多少轮传染后，所有人都没有感染。

“一轮传染”定义为：对于所有没有感染的人 $(i,j)$，如果它会被传染，则变为感染的状态。对于所有感染上的人，因为会被治好，所以变为没有感染的状态。

请注意传染的顺序：传染是发生在治好之前的，并且新被传染的人不会被治好。即先由感染者传染，再对原感染者染者消除感染，新感染者不会消除感染。

Solution

直接模拟即可。

D2T2

Description

b6e0看见了一段楼梯。这段楼梯有 $n$阶，他现在在第 $0$阶，他想要到第 $n$阶。

对于所有 $i$( $1\le i\le n$)，可以从第 $a_i$阶~第 $i-1$阶直接跨到第 $i$阶。每一阶还有一个值 $b_i$，表示从 $j$到 $i$( $j<i$)花费 $b_j+b_i$的体力。特殊地， $b_0=0$。

b6e0想知道他到达第 $n$阶花费的最少体力是多少。

Solution

从宏观上来讲，这是一道简单的 $dp$题。

状态设计: $dp_i$： $b6e0$从 $1$号台阶爬到第 $i$号台阶所耗的体力的最小值。

状态转移: $dp_i=min_{a_i≤j＜i}{(dp_{j}+b_j)}+b_i$。

此时，若暴力转移时间复杂度会达到 $O(n^2)$。于是，我们考虑优化。

---

优化1: 单调队列(by b6e0)

可以发现，每次的区间的变化相当于窗口的滑动，于是我们可以使用单调队列。

优化2: 线段树(by ducati)

记 $c_i=dp_i+b_i$。对于每次转移，我们查询区间 $[a_i,i-1]$中各 $c_i$的最小值，相当于线段树的区间查询。查询后，我们在第 $i$个位置加入 $c_i$(即在区间 $[i,i]$中各数均加 $c_i$)，相当于线段树的单点修改。

时间复杂度: $O(nlog_2n)$。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int a[500010],b[500010],dp[500010];
vector<int>q;
signed main()
{
	int n,i,p;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
	for(i=1;i<=n;i++)
		cin>>b[i];
	dp[1]=b[1];
	q.push_back(1);
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		p=*lower_bound(q.begin(),q.end(),a[i]);
		dp[i]=dp[p]+b[p]+b[i];
		while(q.size()&&dp[q[q.size()-1]]+b[q[q.size()-1]]>=dp[i]+b[i])
			q.pop_back();
		q.push_back(i);
	}
	cout<<dp[n];
	return 0;
}//by b6e0

D2T3

Description

给定拥有 $n$个数的序列 $A$。定义 $f(k)$表示在序列 $A$中找出拥有 $k$个元素的子序列，并将它们的积求和。

例如，当 $A=${ $2,3,4$}， $f(2)=26$。原因如下: 所有的长度为 $2$的子序列共有3个，分别是{ $2,3$},{ $2,4$},{ $3,4$}，它们的乘积之和为 $2\times3+2\times4+3\times4=26$。

现在，凉心的Ducati会 $q$次询问你 $\sum_{l=x}^y\sum_{r=l}^y\sum_{i=l}^{r}f(i)$的值。

由于答案可能过大，请将答案对 $1000000007(10^9+7)$取模。

Solution

Subtask 1-3

直接暴力即可。

Subtask 4-5

事实上这题的难度并不大，但是一些选手为什么会被几个Σ吓跑

我们考虑一下，这题的重点——
①找出 $f(1),f(2),……f(n)$，显然要预处理。
②快速求得 $\sum_{l=x}^y\sum_{r=l}^y\sum_{i=l}^{r}f(i)$。

首先，我们考虑②——即，假设①已经处理完了，我们怎么快速求出 $\sum_{l=x}^y\sum_{r=l}^y\sum_{i=l}^{r}f(i)$呢？

一个套路——分别求贡献。对于第 $i$个位置，它对答案贡献的次数为 $(i-x+1)(y-i+1)$次——即，左端点有 $i-x+1$种，右端点有 $y-i+1$种，将它们两两搭配形成的区间会包含第 $i$个位置分别一次。

所以， $\sum_{l=x}^y\sum_{r=l}^y\sum_{i=l}^{r}f(i)=Σ_{i=x}^y (i-x+1)(y-i+1)f(i)$。

于是，下面的难点在于如何预处理出 $f(1),f(2)……f(n)$。

---

考虑 $dp$。状态设计 $dp_{i,j}$表示，目前从 $j$到 $n$看到的这些数中，任选 $i$个不同的数， $dp_{i,j}$即为所有这样组合的积之和。

如， $A=1,2,3,4,5$，那么 $dp_{2,3}=3×4+3×5+4×5=47$。

于是，怎么状态转移呢？式子很简单：

$dp_{i,j}=dp_{i,j+1}+a_i×dp_{i-1,j+1}$

它非常好理解，只需要举个例子就可以啦~

---

同样，设 $A=1,2,3,4,5$，我们现在想要得到 $dp_{3,2}$。

首先，已经得到 $dp_{3,5}=dp_{3,4}=0$， $dp_{3,3}=3×4×5=60$。

那么，
$dp_{3,2}$
$=2×3×4+2×3×5+2×4×5+3×4×5$
$=2×(3×4+3×5+4×5)+3×4×5$
$=dp_{3,3}+a_2×dp_{2,4}$。

显然 $f(i)=dp_{i,1}$。直接运用公式 $\sum_{l=x}^y\sum_{r=l}^y\sum_{i=l}^{r}f(i)=Σ_{i=x}^y (i-x+1)(y-i+1)f(i)$即可。

估一下时间复杂度：
①预处理出 $f_i(1≤i≤n)$，代价为 $O(n^2)$；
②每次询问中，求 $Σ_{i=x}^y (i-x+1)(y-i+1)f(i)$的值，代价为 $O(qn)$。

所以，总时间复杂度为 $O(n^2+qn)$，可以通过。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
 
int n,q,cnt=0;
int tmp[1005],a[1005],dp[1005][1005],b[1005];

signed main()
{
	cin>>n>>q;
	for (int i=1;i<=n;i++)  cin>>tmp[i];
	
	sort(tmp+1,tmp+n+1);
	
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		if (tmp[i]!=tmp[i-1])  a[++cnt]=tmp[i];
	}
	for (int i=cnt;i>=1;i--)  dp[1][i]=(dp[1][i+1]+a[i])%mod;
	for (int i=2;i<=cnt;i++)
	{
		for (int j=cnt;j>=1;j--)  dp[i][j]=(dp[i][j+1]+(a[j]*dp[i-1][j+1])%mod)%mod;
	}
	for (int i=1;i<=cnt;i++)  b[i]=dp[i][1]%mod;
	while(q--)
	{
		int l,r,tot=0;
		cin>>l>>r;
		
		for (int i=l;i<=r;i++)  tot=(tot+(((i-l+1)*(r-i+1))%mod*b[i])%mod)%mod;
		cout<<tot%mod<<endl;
	}
	return 0;
}//submitted by b6e0, writen by ducati

D2T4(by 关怀)

Descripition

求在 $n$的倍数中，一个数最多能有多少个二进制 $1$。

Solution

Subtask 1

显然，我们只需要暴力枚举从 $1$到 $2^n$。每次判断它是否为 $n$的倍数，并求出其二进制 $1$的数量即可。

时间复杂度: $O(2^n)$。

Subtask 2-3

考虑图论建模。

显然，从 $k$到 $2k$中，在其二进制表示下末尾多了一个 $0$，没有多 $1$。故我们可以从 $k$到 $2k$连一条权值为0的边。

同时，从 $k$到 $2k+1$中，在其二进制表示下末尾多了一个 $1$。故我们可以从 $k$到 $2k+1$连一条权值为1的边。

为了方便，我们需要把所有节点的编号对 $n$取模。此时答案即为 $1$到 $0$的最短路径。

用双端队列快速求出其最短路径即可。

时间复杂度: $O(n)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 1000;
const int offset = 4e6 + 7;
int o[offset * 2 + 1];
int f[offset];
bool vis[offset];
int n,T;

int main()
{
   	scanf("%d",&T);
    int st=0;
    while (T--) {
        scanf("%d", &n);
        memset(o, 0, sizeof(o));
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        memset(f, 0, sizeof(f));
        for (int i = 0; i < n; i++) f[i] = INF;
        int h = offset, t = offset;
        o[h] = 1;
        f[1] = 1;
        while (h <= t) {
            int u = o[h++];
            if (f[u] < f[2 * u % n]) {
                f[ 2 * u % n ] = f[u];
                o[--h] = 2 * u % n;
            }
            if (f[u] + 1 < f[(2 * u + 1) % n]) {
                f[ (2 * u + 1) % n ] = f[u] + 1;
                o[++t] = (2 * u + 1) % n;
            }
        }
        printf("%d\n", f[0]);
    }
    return 0;
}//by b6e0

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