YACS-2022.4-銀組
https://www.iai.sh.cn/contest 2022.04 銀組，理論上 \(100+100+30+100\)。
T1 上鎖的抽屜
題目描述
有一個抽屜櫃裡豎排了 \(n\) 只抽屜。每個抽屜有一把鎖。若要把一隻抽屜『鎖死』，就必須鎖上它自己，而且要把它的上一層抽屜也鎖上。請問有多少種上鎖的方法，可以恰好『鎖死』 \(m\) 只抽屜？
由於答案可能很大，輸出方案數模 \(10^9+7\) 的餘數。
大體思路
計數類問題顯然想到動態規劃。
一般地，設 \(f[i,j]\) 表示前 \(i\) 個抽屜『鎖死』\(j\) 個的方案數。這樣，我們只需要對第 \(i\) 個抽屜上鎖是否影響『鎖死』的個數即可。
此時我們發現，這還取決於第 \(i-1\)
當第 \(i\) 個抽屜上鎖時，我們可以藉助第 \(i-1\) 個抽屜上鎖，則之前『鎖死』的個數為 \(j-1\) 個；也可能第 \(i-1\) 個抽屜不上鎖，則前 \(i-1\) 個需要『鎖死』\(j\) 個。第 \(i\) 個抽屜不上鎖時，必然完全依靠前 \(i-1\) 個抽屜『鎖死』\(j\) 個，由此可得狀態轉移方程：
\[f[i,j,0]=f[i-1,j,1]+f[i-1,j,0]\\ f[i,j,1]=f[i-1,j-1,1]+f[i-1,j,0]\]其邊界條件為 \(f[1,1,1]=f[1,0,0]=1\)
這樣，時空複雜度為 \(O(nm)\)。注意到 \(i\) 的決策只與 \(i-1\) 相關，可以使用滾動陣列使得空間複雜度降至 \(O(m)\)。
ll n, m, f[2][maxn][2]; /* f[i, j, 0] 表示前i個抽屜鎖死j個，i不鎖死 f[i, j, 1] ......................i鎖死 f[1,0,0]=f[1,1,1]=1 f[i,j,0]=f[i-1,j,1]+f[i-1,j,0] f[i,j,1]=f[i-1,j-1,1]+f[i-1,j,0] (j > 0) */ int main () { read(n); read(m); f[1][0][0] = f[1][1][1] = 1; rep(i, 2, n) { rep(j, 0, i) { f[i&1][j][0] = (f[(i-1)&1][j][1] + f[(i-1)&1][j][0]) % mod; f[i&1][j][1] = f[(i-1)&1][j][0]; if(j > 0) (f[i&1][j][1] += f[(i-1)&1][j - 1][1]) %= mod; } } writeln((f[n&1][m][0] + f[n&1][m][1]) % mod); return 0; }
T2 匹配括號（二）
題目描述
給定一個僅由 ( 、)、[ 與 ] 構成的字串，若它不是匹配的，請求出最少刪去多少括號可以使它變成匹配的。匹配定義如下：
- 空字串是匹配的；
- 如果字串 \(s\) 是匹配的，那麼 \((s)\) 與 \([s]\) 也是匹配的；
- 如果字串 \(s\) 與 \(t\) 都是匹配的，那麼 \(st\) 也是匹配的。
大體思路
原題連結 https://loj.ac/p/10150 。
由於匹配的括號串每一個子串都匹配，考慮區間 DP。設 \(f[i,j]\) 表示區間 \([i,j]\) 最少刪去的括號個數。邊界 \(f[i,i]=1\)。
括號匹配是經典的討論邊界的區間 DP。如果 \(s_i,s_j\) 互相匹配，則有初始值 \(f[i,j]=f[i+1,j-1]\)，否則初始為 \(\infty\)。然後列舉分割點 \(k\in [i,j)\)，\(f[i,j]=\min\{f[i,k]+f[k+1,j]\}\)。最終答案即為 \(f[1,n]\)，時間複雜度 \(O(n^3)\)。
T3 末日生存
題目描述
小愛正在參加一個末日生存比賽，每過一天要消耗一個單位的物資，最後一天到來之前，如果她沒有物資，就輸了。遊戲一共要持續 \(d\) 天，出發前，小愛有 \(c\) 個單位的物資。
遊戲過程中有 \(n\) 次補給機會，第 \(i\) 次補給機會在第 \(x_i\) 天 ，當天可以補給 \(a_i\) 個單位的物資。
請設計一個方案，使得小愛能夠堅持到最後一天，且補給的次數最小。如果無論如何都到不了終點，輸出 Impossible。
大體思路
考場上沒有思路，感覺和之前某個旅行商問題很像，但顯然不一樣。於是直接使用 \(dfs\)，記 \(dfs(N,C)\) 表示到達第 \(N\) 個補給站時還有 \(C\) 的物資的次數，然後對第 \(N\) 個補給站是否補充物資進行討論，時間複雜度 \(O(2^n)\)，期望得分 \(30\)。
T4 狼人遊戲
題目描述
有 \(n\) 個人在一起玩狼人遊戲，遊戲中有一些玩家的身份是狼人，剩下玩家的身份是平民。狼人知道彼此之間的身份，而平民對其他人的身份資訊一無所知。
天亮時，每名玩家要指證另一名玩家是狼人。狼人一定會做偽證，指證某個平民為狼人，而平民可能指證某個狼人，也可能指證另一個平民。
給定每名玩家的指證物件，請分析場面上最多可能有多少名狼人？注意遊戲規定至少需要有一名平民。
大體思路
原題 [COCI2014-2015#1] MAFIJA，正好做到過。
將指認關係進行連邊，\(n\) 個節點 \(n\) 條邊形成基環樹（基環森林）。
用並查集維護環，對於每一個環，將其斷開後變為一棵樹，然後將這兩個節點 \(u,v\) 分別作為根跑樹形 DP 即可，答案累加 \(\max(f[u,0],f[v,0])\)。動態規劃的複雜度為 \(O(n)\)，總複雜度為 \(O(n\log n)\)，瓶頸在於並查集。
此題由於所有點權均為 \(1\)，還有 \(O(n)\) 的貪心做法，但由於推廣性不強，在此不介紹。
/*
f[u][0]+=max(f[v][0], f[v][1])
f[u][1] = 1 + f[v][0]
max f[u][0], f[v][0]
*/
int n, id[maxn], f[maxn][2], ans;
int tot = 1, hd[maxn], ver[maxn * 2], nxt[maxn * 2];
inline void add(int u, int v) {
ver[++tot] = v; nxt[tot] = hd[u]; hd[u] = tot;
ver[++tot] = u; nxt[tot] = hd[v]; hd[v] = tot;
}
PII p[maxn]; // cir
bool vis[maxn * 2];
inline void dfs(int u, int fa) {
f[u][0] = 0, f[u][1] = 1;
for(int i = hd[u]; i; i = nxt[i]) {
int v = ver[i];
if(vis[i] || vis[i ^ 1] || v == fa) continue;
dfs(v, u);
f[u][0] += max(f[v][0], f[v][1]);
f[u][1] += f[v][0];
}
}
int fa[maxn];
inline int find(int k) {
return (k == fa[k] ? k : fa[k] = find(fa[k]));
}
int main () {
read(n);
rep(i, 1, n) fa[i] = i;
rep(u, 1, n) {
int v; read(v);
add(u, v);
int f1 = find(u), f2 = find(v);
if(f1 != f2) fa[f1] = f2;
else {
id[++id[0]] = tot;
p[id[0]] = {u, v};
}
}
rep(i, 1, id[0]) {
int u = p[i].first, v = p[i].second;
vis[id[i]] = vis[id[i] ^ 1] = 1;
dfs(u, 0);
int tmp = f[u][0];
dfs(v, 0);
ans += max(tmp, f[v][0]);
vis[id[i]] = vis[id[i] ^ 1] = 0;
}
writeln(ans);
return 0;
}