ARC104遊記
ARC104遊記
本人打的第一場 ARC ，還好沒有太難看。
A Plus Minus
題意簡述
給定 \(X+Y\) 和 \(X-Y\) ，求 \(X\) 和 \(Y\) 。
題目分析
\(X=((X+Y)+(X-Y))/2,Y=((X+Y)-(X-Y))/2\)
參考程式碼
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define ch() getchar() #define pc(x) putchar(x) template<typename T>inline void read(T&x){ int f;char c; for(f=1,c=ch();c<'0'||c>'9';c=ch())if(c=='-')f=-f; for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=ch())x=x*10+(c&15);x*=f; } template<typename T>inline void write(T x){ static char q[64];int cnt=0; if(!x)pc('0');if(x<0)pc('-'),x=-x; while(x)q[cnt++]=x%10+'0',x/=10; while(cnt--)pc(q[cnt]); } int main(){ int a,b; read(a),read(b); write((a+b)/2),pc(' '),write((a-b)/2); return 0; }
B DNA Sequence
題意簡述
給定鹼基序列 \(S\) ，詢問 \(S\) 中有多少個子串 \(T\) 滿足 \(T\) 重排後可以與重排前配對。
\(1\le |S|\le 5000\) 。
題目分析
\(T\) 重排後可以與重排前配對當前僅當 \(T\) 中 A 的數量等於 T 的數量、 C 的數量等於 G 的數量，列舉所有子串，然後字首和差分或者動態維護求出 A T C G 數量，直接判斷即可。
參考程式碼
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define ch() getchar() #define pc(x) putchar(x) template<typename T>inline void read(T&x){ int f;char c; for(f=1,c=ch();c<'0'||c>'9';c=ch())if(c=='-')f=-f; for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=ch())x=x*10+(c&15);x*=f; } template<typename T>inline void write(T x){ static char q[64];int cnt=0; if(!x)pc('0');if(x<0)pc('-'),x=-x; while(x)q[cnt++]=x%10+'0',x/=10; while(cnt--)pc(q[cnt]); } const int maxn=5005; char s[maxn]; int A[maxn],C[maxn],G[maxn],T[maxn]; int main(){ int n;read(n); scanf("%s",s+1); for(int i=1;i<=n;++i){ A[i]=A[i-1]+(s[i]=='A'); C[i]=C[i-1]+(s[i]=='C'); G[i]=G[i-1]+(s[i]=='G'); T[i]=T[i-1]+(s[i]=='T'); } int ans=0; for(int i=1;i<=n;++i){ for(int j=i;j<=n;++j){ if(A[j]-A[i-1]==T[j]-T[i-1]&&C[j]-C[i-1]==G[j]-G[i-1]) ++ans; } } write(ans),pc('\n'); return 0; }
C Fair Elevator
題意簡述
有一個長度為 \(2N\) 的序列 \(1,2,\dots,2N\) ，有 \(N\) 個配對關係 \(A_i\to B_i(A_i<B_i)\) ，滿足每個 \(1\sim 2N\) 中的每個數只出現一次，並且如果 \(l_0,r_0\) 配對且 \(l_1,r_1\) 配對且 \(l_0<l_1<r_0\) 那麼必須滿足 \(r_0-l_0=r_1-l_1\) ，現在有些關係損壞了（即有一些 \(A_i\) 和 \(B_i\) 將不會給出），請問給出的配對關係是否可能合法（滿足上述條件）。
\(1\le N\le 100\) 。
題目分析
假設存在配對關係 \(l\to r(l<r)\) ，並且沒有配對關係跨越 \(l\) ，那麼必然存在配對關係 \(l+1\to r+1,l+2\to r+2,\dots,r-1\to r+r-l-1\) ，也就是說這些配對關係構成了一個區間 \([l,r+r-l-1]\) ，由此可以得到啟發：或許我們可以使用區間 dp 來解決這個問題。
設 \(dp(l,r)\) 表示僅考慮 \([l,r]\) 這個區間內的數兩兩之間的配對，是否可以使得這個區間內的數互相兩兩配對。
兩種情況 \(dp(l,r)\) 是 true ，第一種情況就是 \([l,r]\) 中的配對關係恰好構成了這個區間，第二種情況就是這個區間可以通過某個分界點分成兩個區間，而這兩個區間都是 true 。
第一種情況直接暴力判斷即可，第二種情況直接暴力列舉遞迴即可，時間複雜度 \(\mathcal O(n^3)\) ，細節可能有點多，注意特判（我居然在考場上一遍 A ，真的舒適）。
參考程式碼
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ch() getchar()
#define pc(x) putchar(x)
template<typename T>inline void read(T&x){
int f;char c;
for(f=1,c=ch();c<'0'||c>'9';c=ch())if(c=='-')f=-f;
for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=ch())x=x*10+(c&15);x*=f;
}
template<typename T>inline void write(T x){
static char q[64];int cnt=0;
if(!x)pc('0');if(x<0)pc('-'),x=-x;
while(x)q[cnt++]=x%10+'0',x/=10;
while(cnt--)pc(q[cnt]);
}
const int maxn=105;
int match[maxn*2],n;
int Match(int d,int u){
int re=true;
if(match[d]){
if(match[d]<=n*2)
re&=(match[d]==u);
else
re&=(match[d]==n*2+1);
}
if(match[u]){
if(match[u]<=n*2)
re&=(match[u]==d);
else
re&=(match[u]==n*2+2);
}
if(match[d]==n*2+1&&match[u]==n*2+2)
re=false;
return re;
}
// 0:no match 1-n*2:ma n*2+1:up n*2+2:down
int dp[maxn][maxn];
int solve(int l,int r){
if(~dp[l][r])return dp[l][r];
int len=r-l+1,re=true;
for(int i=l;i<=r&&re;++i)
re&=Match(l-1+i,l-1+i+len);
if(re)return dp[l][r]=true;
for(int x=l;x<r&&!re;++x)
re|=solve(l,x)&&solve(x+1,r);
return dp[l][r]=re;
}
int main(){
int ok=true;read(n);
for(int i=1;i<=n&&ok;++i){
int a,b;
read(a),read(b);
if(a!=-1&&b!=-1&&a>=b)ok=false;
else{
if(a==-1&&b==-1)continue;
else if(a==-1){
if(match[b])ok=false;
else match[b]=n*2+2;
}
else if(b==-1){
if(match[a])ok=false;
else match[a]=n*2+1;
}
else{
if(match[a]||match[b])ok=false;
else match[a]=b,match[b]=a;
}
}
}
memset(dp,-1,sizeof dp);
if(!ok)puts("No");
else puts(solve(1,n)?"Yes":"No");
return 0;
}
D Multiset Mean
題意簡述
給定 \(N,K,M\) ，對於每個整數 \(1\le x\le N\) ，求出構造整數序列 \(\{a\}\) ，滿足 \(a\) 的長度為 \(N\) ，並且對於任意的 \(1\le i\le N\) ，都滿足 \(0\le a_i\le K\) ，且 \(\frac{\sum_{i=1}^na_i\times i}{\sum_{i=1}^na_i}=x\) （帶權平均數為 \(x\) ）對 \(M\) 取模的方案數。
\(1\le N,K\le 100,10^8\le M\le 10^9+9\) ，保證 \(M\) 為質數。
題目分析
平均數為 \(x\) 不太好算，考慮到：
\[\frac{\sum_{i=1}^na_i\times i}{\sum_{i=1}^na_i}=x \]\[\Leftrightarrow \sum_{i=1}^na_i\times (i-x)=0 \]\[\Leftrightarrow \sum_{i=1}^{n-x}a_i\times i=\sum_{i=1}^{x-1}a_{x-i}\times i \]令 \(f(n,m)\) 為構造長度為 \(n\) 的序列 \(\{a\},0\le a_i\le K\) 滿足 \(m=\sum_{i=1}^na_i\times i\) 的方案數，然後遞推計算，需要用到類似字首和優化的方法，預處理時間複雜度是 \(\mathcal O(N^3K)\) 的。
然後列舉 \(x\) ，直接列舉 \(m\) ，找出令上面等式左邊右邊均為 \(m\) 的方案數，需要注意一點細節，比如 \(a_x\) 的取值，這部分的時間複雜度是 \(\mathcal O(N^3K)\) 的。
參考程式碼
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<assert.h>
using namespace std;
#define ch() getchar()
#define pc(x) putchar(x)
template<typename T>inline void read(T&x){
int f;char c;
for(f=1,c=ch();c<'0'||c>'9';c=ch())if(c=='-')f=-f;
for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=ch())x=x*10+(c&15);x*=f;
}
template<typename T>inline void write(T x){
static char q[64];int cnt=0;
if(!x)pc('0');if(x<0)pc('-'),x=-x;
while(x)q[cnt++]=x%10+'0',x/=10;
while(cnt--)pc(q[cnt]);
}
const int maxn=105,maxs=510000;
int m;
int mo(const int x){
return x>=m?x-m:x;
}
int k;
int dp[maxn][maxs];
int main(){
int n;
read(n),read(k),read(m);
dp[0][0]=1;
for(int i=1,mx=0;i<=n;++i){
mx+=i*k;
dp[i][0]=1;
for(int j=0;j<i;++j)
dp[i][j]=dp[i-1][j];
for(int j=i;j<=mx;++j){
dp[i][j]=mo(dp[i][j-i]+dp[i-1][j]);
if(j>=i*(k+1))dp[i][j]=mo(m-dp[i-1][j-i*(k+1)]+dp[i][j]);
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
if(i==1||i==n)write(k),pc('\n');
else{
int l=i-1,r=n-i,ans=0;
int mx=min(l*(l+1)/2,r*(r+1)/2)*k;
for(int j=1;j<=mx;++j)
ans=mo(ans+1ll*dp[l][j]*dp[r][j]%m);
ans=1ll*ans*(k+1)%m;ans=mo(ans+k);
write(ans),pc('\n');
}
}
return 0;
}
E Random LIS
這題考場上沒切，感覺這種 dp 方法以前都沒有用過，所以有點不太會用。
題目簡述
給定長度為 \(N\) 的序列 \(\{A\}\) ，有一個整數序列 \(\{a\}\) ，其中 \(a_i\) 在 \([1,A_i]\) 中均勻隨機，求 \(a_i\) 最長嚴格遞增子序列的期望長度。
\(1\le N\le 6,1\le A_i\le 10^9\) 。
題目分析
這個 \(N\) 怎麼這麼小啊？這個 \(A\) 怎麼這麼大啊？
考慮直接列舉所有可能的大小關係，也就是列舉有順序集合劃分 \(S_1,S_2,\dots,S_k\) ，滿足 \(S_i\) 中的 \(a\) 兩兩相等，並且 \(S_i\) 中的 \(a\) 小於 \(S_{i+1}\) 中的 \(a\) （當 \(N=6\) 時，這個列舉次數為 \(4683\) ），然後求方案數，因為 \(S\) 都被枚舉出來了，所以這個方案數對答案的貢獻也就求出來了，接下來的問題就是求方案數了。
求方案數的時候把所有相等的 \(a\) 合併，其中的 \(A_i\) 去最小值，問題就轉化成了：給定長度為 \(N\) 的序列 \(\{A\}\) ，有一個整數序列 \(\{a\}\) ，其中 \(a_i\) 在 \([1,A_i]\) 中均勻隨機，求 \(a_i\) 是嚴格遞增序列的方案數。
然後就變成了這道題目了：CF1295F；這道題目也有點像：[APIO2016]划艇。
在這裡簡單講一下做法，值域這麼大，顯然要離散化，不妨規定離散化後的第 \(i\) 小的數和第 \(i+1\) 小的陣列成的區間為第 \(i\) 個區間，離散化完後設 \(f_{i,j}\) 表示僅考慮序列的前 \(i\) 項，其中 \(a_i\) 的取值在離散化後的第 \(j\) 個區間內的方案數，轉移就是列舉 \(a_i\) 前面有多少個也在第 \(j\) 個區間內。
具體轉移如下（設第 \(j\) 個區間為 \(I_j\) ，區間長度為 \(L_j\) ， \(a_k\) 的取值區間為 \(S_k\) ）：
\[f_{i,j}=\sum_{k=0}^{j-1}f_{i-1,k}{L_j\choose j-k}[\forall k<t\le i,I_j\in S_t] \]參考程式碼
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ch() getchar()
#define pc(x) putchar(x)
template<typename T>inline void read(T&x){
int f;char c;
for(f=1,c=ch();c<'0'||c>'9';c=ch())if(c=='-')f=-f;
for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=ch())x=x*10+(c&15);x*=f;
}
template<typename T>inline void write(T x){
static char q[64];int cnt=0;
if(!x)pc('0');if(x<0)pc('-'),x=-x;
while(x)q[cnt++]=x%10+'0',x/=10;
while(cnt--)pc(q[cnt]);
}
const int maxn=10,mod=1000000007;
int mo(const int x){
return x>=mod?x-mod:x;
}
int power(int a,int x){
int re=1;
while(x){
if(x&1)re=1ll*re*a%mod;
a=1ll*a*a%mod,x>>=1;
}
return re;
}
int inv[maxn],st[maxn],cp[maxn],tp,all[maxn],f[maxn],g[maxn];
int solve(void){
int cn=0;
for(int i=1;i<=tp;++i)
st[i]=cp[i];
for(int i=1;i<=tp;++i)
all[cn++]=++st[i],f[i]=0;
all[cn++]=1;sort(all,all+cn);
cn=unique(all,all+cn)-all;
for(int i=1;i<=tp;++i)
st[i]=lower_bound(all,all+cn,st[i])-all;
f[0]=1;
for(int i=0;i<cn-1;++i){
int len=all[i+1]-all[i];g[0]=1;
for(int j=1;j<=tp;++j)g[j]=1ll*g[j-1]*inv[j]%mod*(len-j+1)%mod;
for(int j=tp;j;--j)if(i<st[j]){
for(int k=j-1;~k;--k){
f[j]=mo(f[j]+1ll*f[k]*g[j-k]%mod);
if(i>=st[k])break;
}
}
}
return f[tp];
}
int a[maxn],id[maxn],n,ans,pos[maxn],mx[maxn];
void dfs(int no){
if(no==0){
int cnt=0;
for(int i=n;i>=1;--i){
mx[i]=1;
for(int j=i+1;j<=n;++j){
if(pos[i]==pos[j]||id[j]>=id[i])continue;
mx[i]=max(mx[i],mx[j]+1);
}
cnt=max(cnt,mx[i]);
}
return ans=mo(ans+1ll*cnt*solve()%mod),void();
}
int U=1<<no;++tp;
for(int s=1;s<U;++s){
cp[tp]=1000000001;
int up=no;
for(int i=no;i>=1;--i){
if((s>>(i-1))&1){
cp[tp]=min(cp[tp],a[id[i]]);
pos[up]=tp;swap(id[i],id[up--]);
}
}
dfs(up);
for(int i=1;i<=no;++i){
if((s>>(i-1))&1){
swap(id[i],id[++up]);
}
}
}
--tp;
}
int main(){
read(n);int sum=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
read(a[i]),id[i]=i,inv[i]=(i==1?1:1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod),sum=1ll*sum*a[i]%mod;
dfs(n);write(1ll*ans*power(sum,mod-2)%mod);pc('\n');
return 0;
}
F Visibility Sequence
這題考場上也沒有 A 。
先估著，把程式碼貼上來。
參考程式碼
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ch() getchar()
#define pc(x) putchar(x)
template<typename T>inline void read(T&x){
int f;char c;
for(f=1,c=ch();c<'0'||c>'9';c=ch())if(c=='-')f=-f;
for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=ch())x=x*10+(c&15);x*=f;
}
template<typename T>inline void write(T x){
static char q[64];int cnt=0;
if(!x)pc('0');if(x<0)pc('-'),x=-x;
while(x)q[cnt++]=x%10+'0',x/=10;
while(cnt--)pc(q[cnt]);
}
const int maxn=105,mod=1000000007;
int mo(const int x){
return x>=mod?x-mod:x;
}
int f[maxn][maxn][maxn],g[maxn][maxn][maxn],a[maxn];
int main(){
int n;read(n);a[1]=++n;
for(int i=2;i<=n;++i)read(a[i]);
for(int i=1;i<=n;++i){
f[i][i][1]=1;
for(int j=1;j<=n;++j)
g[i][i][j]=mo(g[i][i][j-1]+f[i][i][j]);
}
for(int len=1;len<n;++len){
for(int l=1,r=l+len;r<=n;++l,++r){
for(int x=2;x<=n&&x<=a[l];++x){
for(int i=l+1;i<=r;++i){
f[l][r][x]=mo(f[l][r][x]+1ll*g[l][i-1][x]*f[i][r][x-1]%mod);
f[l][r][x]=mo(f[l][r][x]+1ll*f[l][i-1][x]*g[i][r][x-2]*(a[i]>=x-1)%mod);
}
}
for(int x=1;x<=n;++x)
g[l][r][x]=mo(g[l][r][x-1]+f[l][r][x]);
}
}
write(g[1][n][n]),pc('\n');
return 0;
}