Wannafly挑战赛26

题目连接

https://www.nowcoder.com/acm/contest/212#question

A. 御坂网络

枚举圆心所在的位置, $O(n)$ 检查即可,总时间复杂度为 $O(n^2)$

B. 冥土追魂

这题比较坑,我感觉题意叙述有问题,总之也是一道水题,题解略去.

C. 七彩线段

题解

考虑到只有 $7$ 种颜色,因此可以枚举最后选出线段的颜色组合, $2^7$ 种情况.

线段选法类似于会议安排,对于两个颜色相同的线段,我们必然优先选择右端点小的,因此我们第一步需要对线段以右端点从小到大进行排序.

预处理出数组 $pre[i]$ ,表示与线段 $i$ 不想交的右端点最大的线段是谁.

然后考虑状态压缩 $dp$ :

$dp[i][S]$ 表示考虑前 $i$ 个线段,已经选出来的线段颜色组合为 $S$ ,所取得的最大长度.

转移方程 $dp[i][S | (1 << color[i])] = max(dp[pre[i]][S],dp[i-1][S(1<<color[i])])$

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#define pr(x) std::cout << #x << ':' << x << std::endl
#define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define setinf(x) memset(x,0x3f,sizeof(x))
struct seg{
    int l,r,c;
    bool operator<(const seg& sg)const{
        return r < sg.r;
    }
};
std::vector<seg> segs;
int n,m;
long long dp[100007][1<<7];
int used[1 << 7];

inline int cnt(int x) {
    int res = 0;
    while (x) {
        res++;
        x -= x & -x;
    }
    return res;
}
int pre[100007];
int main() {
    std::cin >> n >> m;
    for(int S = 0;S < (1<<7);++S) {
        if(cnt(S) == m) used[S] = 1;
    }
    for(int i = 0;i < n;++i) {
        int l,r,c;
        std::cin >> l >> r >> c;
        c--;
        segs.push_back((seg){l,r,c});
    }
    std::sort(segs.begin(),segs.end());
    for(int i = 0;i < n;++i) {
        int id = (std::lower_bound(segs.begin(),segs.end(),(seg){0,segs[i].l,0}) - segs.begin());
        --id;
        pre[i] = id;
    }
    long long ans = -1;
    dp[0][1<<segs[0].c] = segs[0].r - segs[0].l;
    for(int i = 1;i < n;++i) {
		dp[i][1 << segs[i].c] = segs[i].r - segs[i].l;
        for(int S = 0;S < (1<<7);++S) {
            dp[i][S] = std::max(dp[i][S],dp[i-1][S]);
        }
        if(pre[i] >= 0)
        for(int S = 0;S < (1 << 7);++S) {
            int nS = S|(1<<segs[i].c);
			if(dp[pre[i]][S])
				dp[i][nS] = std::max(dp[i][nS],dp[pre[i]][S] + segs[i].r - segs[i].l);
        }
		for(int S = 0;S < (1 << 7);++S) {
			if(used[S] && dp[i][S] > ans)
			   ans = dp[i][S];	
		}
    }
    if(ans == 0) ans = -1;
    std::cout << ans << std::endl;
}

D.禁书目录

题解

我们考虑每种颜色被在排列中被计数了多少次.

[0]结论: 一本书不会消失当且仅当所有 $a$ 大于等于它的书都在它的右边.

因此假设有 $t$ 本书其 $a_i \ge a_x$ ,只考虑这 $t$ 本书的排列,书 $x$ 被看见的概率是 $\frac{1}{t}$ .

[1]假设有书 $a_x > a_y$ ,且 $a_i \ge a_x$ 的有 $t_x$ 本书, $a_i \ge a_y$ 的有 $t_y$ 本书,显然 $t_x \lt t_y$ ,我们希望求出 $x$ 和 $y$ 都没有出现的概率:

$t_x$ 本书的相互排列中,书 $x$ 必然不能出现在第一个位置,这样概率是 $\frac{t_x-1}{t_x}$ .然后 $t_y$ 本书中 $y$ 也不能出现在第一个位置, $t_x$ 的排列对书 $y$ 的选择没有影响,因此概率是 $\frac{t_y-1}{t_y}$ ,乘起来就是 $\frac{t_y-1}{t_y}*\frac{t_x-1}{t_x}$ .

[2]假设有书 $a_x = a_y$ ,且 $a_i \ge a_x$ 的书有 $t$ 本,我们希望求出书 $x$ 和 $y$ 都没有出现的概率.先不考虑 $a_x$ ,那么 $a_y$ 不出现的概率是 $\frac{t-2}{t-1}$ ,再考虑 $a_x$ 不出现的概率是 $\frac{t-1}{t}$ ,乘起来就是 $\frac{t-2}{t}$ ,可以猜测有 $k$ 本书 $a$ 相同时,且 $a_i \ge a$ 的书有 $t$ 本,那么这 $k$ 本书都没出现的概率是 $\frac{t-k}{t}$

ps:我们为什么要求[2]呢,为什么 $a_x = a_y$ 时候,求两者都不出现的概率时候不能直接使用[0]结论呢?
这是因为
当对 $a_x$ 使用结论[0]时候,默认 $a_y$ 在 $a_x$ 右侧,而再对 $a_y$ 使用结论[0]时候,默认 $a_x$ 在 $a_y$ 右侧,这样就出现了矛盾,因此,当两者 $a$ 相等时,就不能直接用结论 $0$ 了,而需要扩展一下.

结合[1][2]两个结论,我们枚举每一种颜色,计数这些颜色的书每一本都没有被看到的概率.
然后最后用 $1$ 减去这个概率再乘以 $n!$ 即是这部分颜色的贡献.

举个例子,当颜色为 $c$ 的书为
$a_1 < a_3 = a_5 < a_6 < a _ 7$ 时候是,对答案的贡献就是

$n! * (1-\frac{t_1-1}{t_1}*\frac{t_3-2}{t_3}*\frac{t_6-1} {t_6}*\frac{t_7-1}{t_7})$

其中 $t_i$ 表示不小于 $a_i$ 的书的本数.

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>

#define pr(x) std::cout << #x << ":" << x << std::endl

const int N = 1000007;

typedef long long ll;
typedef std::pair<int,int> pii;
const ll P = 998244353;
std::map<int,ll> mp;
ll mod_pow(ll x,ll n) {
    ll res = 1;
    while(n) {
        if(n & 1) res = res * x % P;
        x = x * x % P;
        n >>= 1;
    }
    return res;
}
int n;
pii ps[N];
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin >> n;
    for(int i = 1;i <= n;++i) {
        int a,b;
        std::cin >> a >> b;
        ps[i-1] = (pii){a,b};
    }
    std::sort(ps,ps+n);
    ll ans = 0;
    ll nn = 1;
    for(int i = 1;i <= n;++i) 
        nn = nn * i % P;
	int last = 0;
    for(int i = 0;i < n ;++i) {
        int pos = i;
        while(pos < n-1 && ps[pos] == ps[pos+1])
            ++pos;
        if(mp.count(ps[pos].second) == 0) 
            mp[ps[pos].second] = 1;
		if(ps[i].first != ps[last].first) last = i;
        ll big = n - last;
		mp[ps[pos].second] = mp[ps[pos].second] * (big - (pos - i + 1)) % P
            * mod_pow(big,P-2) % P;
        i = pos;
    }
    for(auto &p : mp) {
        ans = (ans + (nn * (1 + P - p.second) % P)) % P;
    }
    std::cout << ans << std::endl;
}

E.蚂蚁开会

待解决

F.msc的棋盘

题解

这其实是一道现寻找充要条件,然后使用 $dp$ 计数的题.

如果给出 $a数组$ (行数组),和 $b数组$ (列数组),要进行判定,那么我们想到了用网络流进行判定,如果满流的话,就表示判定成功.

如 $n = 4,m = 2,b[1] = 1,b[2] = 3$ 时候,
左边一排点有 $4$ 个,右边一排点有 $2$ 个,且两排点之间两两有边容量为 $1$ .源点向第一排点连边容量为 $a[i]$ ,第二排点向汇点连边,容量为 $b[i]$ .

设 $sum = \sum{b[i]}$

根据最大流最小割定理,也就是说图的最小割必然要 $= sum$

考虑一个割选取了左边 $x$ 个点,右边 $y$ 个点,那么必然会选择左边 $a[i]$ 最小的前 $x$ 个点,同理右边会选择 $b[i]$ 最小的前 $y$ 个点.同样在剩下的没有选择的边中中间容量为 $1$ 的边都要被切掉.

用 $sa,sb$ 表示 $a,b$ 排好序的前缀和.

$割(x,y) = sa[x] + sb[y] + (n-x)(m-y) \ge sum$

且由于最大流 $\le sum$ ,所以保证了有 $割=sum$ .

因此我们就得到了一个充要条件.

那就是所有的 $割$ 必然要 $\ge sum$ ,求方案数.

相当于要把 $sum$ 个棋子,分给每一行,使得 $割$ 满足 $\ge sum$ ,的方案数.直觉告诉我们要用 $dp$ 来做.

定义 $dp[i][j][k]$ 表示考虑 $a[i]$ 前 $i$ 小的行,且最大行的 $a[i] \le j$ ,且 $sa[i] = k$ 的方案数.

转移方程:

$dp[i+t][j+1][k+t(j+1)] += dp[i][j][k]C_{n-i}^{t},且0 \le t \le n-i$

观察 $dp$ 方程,只有第二维严格递增,因此转移的时候我们先枚举第二维,然后再枚举第一维和第三维,这样保证了 $dp$ 的无后效性.

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>


#define pr(x) std::cout << #x << ":" << x << std::endl
typedef long long ll;
const ll P = 1000000007;
const int N = 51;
int n,m;
ll dp[N][N][N*N]; 
// dp[i][j][k] 表示前i小的行都已经考虑完,第i小的行有j个棋子,且前i行总棋子数量为k的可能的方案数.

int sa[N],sb[N];
//sa[i]表示前i小的行棋子总数的最小限度
ll C[N][N];
void init() {
	C[0][0] = 1;
	for(int i = 1;i < N;++i) {
		C[i][0] = 1;
		for(int j = 1;j <= i;++j) {
			C[i][j] = (C[i-1][j-1] + C[i-1][j]) % P;
		}
	}
}
ll fC(int n,int m) {
	if(m > n || m < 0) return 0;
	return C[n][m];
}
void add(ll &x,ll y) {
	x = x + y;
	if(x > P) x -= P;
}

int main() {
	init();
	std::cin >> n >> m;
	for(int i = 1;i <= m;++i) 
		std::cin >> sb[i];

	std::sort(sb+1,sb+1+m);
	
	for(int i = 1;i <= m;++i)
		sb[i] += sb[i-1];
	
	for(int i = 1;i <= n;++i) {
		int mi = 2500;
		for(int j = 1;j <= m;++j) {
			mi = std::min(mi,sb[j] + (n-i)*(m-j));
		}
		sa[i] = sb[m] - mi;
	}
	
	int lim = sb[m];

	for(int i = 0;i <= n && 0 >= sa[i];++i) {
		dp[i][0][0] = fC(n,i);
	}
	for(int j = 0;j <= m;++j) {
		for(int i = 0;i <= n;++i) {
			for(int k = 0;k <= lim;++k) {
				if(dp[i][j][k] == 0) continue;
				for(int t = 0;i+t <= n && k + t*(j+1) <= lim
						&& k + t*(j+1) >= sa[i+t];++t) {
					add(dp[i+t][j+1][k+t*(j+1)],dp[i][j][k]*fC(n-i,t)%P);
				}
			}
		}
	}
	std::cout << dp[n][m][lim] << std::endl;
}