寒假 雜題題解
寒假 雜題題解
大根堆
題意
從一棵樹上選出儘可能多的點,滿足大根堆性質
即對於 \(i,j\) 若 \(j\) 是 \(i\) 是 \(j\) 的祖先,則 \(v_i>v_j\),\(v\) 為點權
這些點不必形成這棵樹的一個連通子樹。\(n\le2\times10^5\)
sol
由於點不需要相鄰,這題其實是樹上 LIS ,
考慮維護 \(n\log n\) 求 LIS 時的那個陣列,可以用 multiset 解決
對每個點開一個這樣的 multiset 維護子樹中的值,
向上時合併兩個 multiset,啟發式合併複雜度為 \(O(n\log^2n)\)
code
#include <bits/stdc++.h> #define pb push_back using namespace std; typedef unsigned long long uLL; typedef long double LD; typedef long long LL; typedef double db; const int N = 200005; int n, a[N]; vector<int> G[N]; multiset<int> s[N]; typedef multiset<int>::iterator iter; inline void mer(int x, int y) { if (s[x].size() < s[y].size()) swap(s[x], s[y]); for (iter it = s[y].begin(); it != s[y].end(); it++) s[x].insert(*it); } void dfs(int u) { for (int i = 0, v, le = G[u].size(); i < le; i++) dfs(v = G[u][i]), mer(u, v); iter it = s[u].lower_bound(a[u]); if (it != s[u].end()) s[u].erase(it); s[u].insert(a[u]); } int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1, y; i <= n; i++) { scanf("%d%d", &a[i], &y); if (y) G[y].pb(i); } dfs(1); printf("%d", s[1].size()); }
排隊
題意
\(n\) 個人編號為 1 到 \(n\),現在需要按編號升序排序,有 3 種操作
- 花費 \(A_i\) 將編號為 \(i\) 的移動到任意位置
- 花費 \(B_i\) 將編號為 \(i\) 的移動到最左邊
- 花費 \(C_i\) 將編號為 \(i\) 的移動到最右邊
給出初始排列,最小化代價,\(n\le2\times 10^5\)
sol
至少有 1 人不用移動,設 \(f_i\) 為小於等於 \(i\) 的編號都排好序且編號 \(i\) 的人沒有移動,時的最小花費
\(pos_i\) 為編號 \(i\) 的初始位置
\[f_i=\min(\sum_{j=1}^{i-1}\min(A_j,B_j), \quad\min_{j<i\and pos_j<pos_i} f_j+\sum_{k=j+1}^{i-1}A_k) \]答案為
可以用線段樹優化,即記 \(A\) 的字首和為 \(s\) ,可得
\[\begin{aligned} &\min f_j+\sum_{k=j+1}^{i-1}A_k \\ &=\min f_j+s_{i-1}-s_j \\ &=s_{i-1}+\min f_j-s_j \end{aligned} \]區間 \([l,r]\) 維護編號在 \([l,r]\) 中的 \(f_j-s_j\) 的最小值
code
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef unsigned long long uLL; typedef long double LD; typedef long long LL; typedef double db; const int N = 200005; int n, x[N]; LL A[N], B[N], C[N], f[N]; LL s2[N], s[N], ans, mn[N << 2], res; struct seg { int l, r; } T[N << 2]; #define ls (rt << 1) #define rs (rt << 1 | 1) inline void Up(int rt) { mn[rt] = min(mn[ls], mn[rs]); } void bui(int l, int r, int rt) { T[rt].l = l, T[rt].r = r; mn[rt] = 1e15; if (l == r) return; register int mid = l + r >> 1; bui(l, mid, ls), bui(mid + 1, r, rs); } void mdy(int p, LL v, int rt = 1) { if (T[rt].l == T[rt].r) { mn[rt] = v; return; } if (p <= T[ls].r) mdy(p, v, ls); else mdy(p, v, rs); Up(rt); } void ask(int ql, int qr, int rt = 1) { if (qr < T[rt].l || T[rt].r < ql) return; if (ql <= T[rt].l && T[rt].r <= qr) { res = min(res, mn[rt]); return; } ask(ql, qr, ls), ask(ql, qr, rs); } #undef ls #undef rs int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1, a; i <= n; i++) scanf("%d", &a), x[a] = i; for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%lld%lld%lld", &A[i], &B[i], &C[i]); s[i] = s[i - 1] + A[i]; s2[i] = s2[i - 1] + min(A[i], C[i]); } bui(1, n, 1); register LL ss = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { f[i] = ss, ss += min(A[i], B[i]); res = 1e15; ask(1, x[i] - 1); f[i] = min(f[i], res + s[i - 1]); mdy(x[i], f[i] - s[i]); } ans = 1e15; for (int i = 1; i <= n; i++) ans = min(ans, f[i] + s2[n] - s2[i]); printf("%lld", ans); }
黑球與白球
題意
\(n\) 個白球和 \(m\) 個黑球擺成一行,從左到右,需滿足:
- 設 \(w_i,b_i\) 分別表示前 \(i\) 個球中白球、黑球的數量,對於任意位置 \(i\) 有 \(w_i\le b_i+K\)
求方案數 \(n,m\le 10^6\)
sol
放到座標系裡,則是從原點 \(O\) 不經過直線 \(y=x+K\) 到點 \((M,N)\) 的方案數
總方案數為 \(C_{n+m}^n\) ,考慮不合法的方案數
原點 \(O\) 關於 \(y=x+K+1\) 對稱點 \(O'\) ,則從 \(O'\) 到點 \(M,N\) 的所有路徑都是不合法的
為 \(C_{n+m}^{n-K-1}\)
故答案為 \(C_{n+m}^n-C_{n+m}^{n-K-1}\)
code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2000005;
typedef long long LL;
const LL P = 1e9 + 7;
inline LL Pow(LL x, LL y) {
register LL res = 1;
for (; y; y >>= 1, x = x * x % P)
if (y & 1)
res = res * x % P;
return res;
}
int n, m, K;
LL fac[N], inv[N];
inline LL C(int n, int m) {
if (n == m || m == 0)
return 1;
if (n < m || m < 0)
return 0;
return fac[n] * inv[m] % P * inv[n - m] % P;
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &K);
if (n > m + K)
return puts("0"), 0;
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n + m; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
inv[n + m] = Pow(fac[n + m], P - 2);
for (int i = n + m - 1; i >= 1; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % P;
printf("%lld", (C(n + m, n) - C(n + m, n - K - 1) + P) % P);
}
滿足要求的排列個數
題意
求 \(1,2,\cdots,n\) 組成的滿足要求的排列 \(a\) 的數量:
- \(\forall 1\le i\le m\) 。\(a\) 的前 \(x_i\) 個元素中最多隻能有 \(z_i\) 個元素小於等於 \(y_i\)
\(n\le 18,m\le100\)
sol
顯然狀壓,設 \(f[S]\) 為前面的 \(|S|\) 個元素與集合 \(S\) 吻合的合法排列數
對所有條件按 \(x_i,y_i\) 儲存,放在 \(a[x_i][y_i]\) 中
計算 \(S\) 中 1 的個數 \(cnt\) ,檢測是否滿足條件 \(a[cnt][Y_i]\) ,不符合則 \(f[S]=0\)
否則 \(f[S]=\sum_{j\in S} f[S-j]\)
複雜度 \(O(2^n\times n)\)
code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long uLL;
typedef long double LD;
typedef long long LL;
typedef double db;
const int N = 20;
int n, m, a[N][N], mx;
LL f[1 << N];
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
memset(a, 0x3f, sizeof(a));
for (int i = 1, x, y, z; i <= m; i++) {
scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
a[x][y] = min(a[x][y], z);
}
mx = (1 << n) - 1;
f[0] = 1;
for (int i = 1, cnt, tt, fl; i <= mx; i++) {
cnt = 0, tt = i;
while (tt) ++cnt, tt -= tt & -tt;
tt = 0, fl = 1;
for (int j = 0; j < n; j++) {
if ((i >> j) & 1)
++tt;
if (tt > a[cnt][j + 1]) {
fl = 0;
break;
}
}
if (!fl)
continue;
for (int j = 0; j < n; j++)
if ((i >> j) & 1)
f[i] += f[i ^ (1 << j)];
}
printf("%lld", f[mx]);
}
約數個數
題意
求 \(\binom{n}{k}\) 的約數個數 \(\mod 998244353\) ,\(n\le10^{12},k\le\min(10^6,n)\)
sol
\(\binom{n}{k}=\dfrac{n^{\underline{k}}}{k}\) ,其中 \(n^{\underline{k}}=n*(n-1)*\cdots*(n-k+1)\)
對分子分母共同分解質因數,用小學奧數即可求出答案。
考慮分子
篩出 \(\sqrt{n}\) 以內的質因數,最多 \(\dfrac{\sqrt{n}}{\ln\sqrt{n}}\) 個
用質數 \(p\) 去除 \([n-k+1,n]\) 中 \(p\) 的倍數,
最多有 \(\dfrac{K}{p}\) 個倍數,總共 \(\sum_p \dfrac{K}{p}<K*\ln\sqrt{n}\)
除完以後剩下的位置就是最後一個大質因數,
一個位置最多除 \(\log n\) 次,複雜度為 \(O(K\log n\ln\sqrt{n})\)
分母同理。
code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long uLL;
typedef long double LD;
typedef long long LL;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 5;
const LL P = 998244353;
LL n, L, a[N], st, ans = 1;
int K, vis[N], pr[80000], cnt, sq, t[80000];
int main() {
for (int i = 2; i <= 1e6; i++) {
if (!vis[i]) pr[++cnt] = i;
for (int j = 1; j <= cnt && i * pr[j] <= 1e6; j++) {
vis[i * pr[j]] = 1;
if (i % pr[j] == 0) break;
}
}
scanf("%lld%d", &n, &K);
sq = sqrt(n);
st = n - K + 1;
for (int i = 1; i <= K; i++) a[i] = st + i - 1;
for (int i = 1, x; i <= cnt; i++) {
x = pr[i];
L = x * ((st - 1) / x + 1);
for (LL j = L; j <= n; j += x)
while (a[j - st + 1] % x == 0)
++t[i], a[j - st + 1] /= x;
}
sort(a + 1, a + K + 1);
int tt = 0;
for (int i = 1; i <= K; i++) {
if (a[i] < 2) continue;
if (a[i] ^ a[i + 1]) ans = ans * (tt + 1) % P, tt = 1;
else ++tt;
}
if (a[K] > 1) ans = ans * (tt + 1) % P;
for (int i = 1; i <= K; i++) a[i] = i;
for (int i = 1, x; i <= cnt; i++) {
x = pr[i];
for (LL j = x; j <= K; j += x)
while (a[j] % x == 0)
--t[i], a[j] /= x;
}
for (int i = 1; i <= cnt; i++) ans = ans * (t[i] + 1) % P;
printf("%lld", ans);
}
字串
題意
有一個字串,最多出現 'K','E','Y'
三種字母。
每次可以交換相鄰的兩個字元。問在不超過K次交換操作下,最多能得到多少個不同的字串。
\(|S|\le 30,K\le 10^9\)
sol
逆序對最多 \(\dfrac{1}{2}n(n-1)\) 個,從此突破
設 \(f_{i,j,k,p}\) 為用了 \(i\) 個 'K'
,\(j\) 個 'E'
,\(k\) 個 'Y'
時逆序對有 \(p\) 個的字串數
可從用不用當前字元,得到新增你逆序對個數,刷表
列舉最終可能逆序對個數,累加得到答案
code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 35;
int K, p1[N], p2[N], p3[N], l1, l2, l3, n, Mx, tt;
LL f[N][N][N][505], ans;
char a[N];
inline void nx(int i, int j, int k, int p) {
tt = 0;
for (int l = 0; l < i; l++) tt += p1[l] > p;
for (int l = 0; l < j; l++) tt += p2[l] > p;
for (int l = 0; l < k; l++) tt += p3[l] > p;
}
int main() {
scanf("%s%d", a + 1, &K);
n = strlen(a + 1);
Mx = n * (n - 1) / 2;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (a[i] == 'K')
p1[l1++] = i;
if (a[i] == 'E')
p2[l2++] = i;
if (a[i] == 'Y')
p3[l3++] = i;
}
f[0][0][0][0] = 1;
for (int i = 0; i <= l1; i++)
for (int j = 0; j <= l2; j++)
for (int k = 0; k <= l3; k++)
for (int p = 0; p < Mx; p++) {
if (i < l1) {
nx(i, j, k, p1[i]);
f[i + 1][j][k][p + tt] += f[i][j][k][p];
}
if (j < l2) {
nx(i, j, k, p2[j]);
f[i][j + 1][k][p + tt] += f[i][j][k][p];
}
if (k < l3) {
nx(i, j, k, p3[k]);
f[i][j][k + 1][p + tt] += f[i][j][k][p];
}
}
for (int i = 0; i <= min(K, Mx); i++) ans += f[l1][l2][l3][i];
printf("%lld", ans);
}
區間遊戲
題意
\(n\) 個區間 \([L_i,R_i)\) ,A 與 B 玩遊戲,A 先來,每次從 \(n\) 個區間中選出一個,
且不能與之前選中取間有重疊,如果無法再選則另一玩家勝,問最後誰會贏,多組資料
\(n,L_i,R_i\le 100, T\le20\)
sol
設 \(f_{X,Y}=\) 在區間 \([X,Y)\) 玩遊戲的 Grundy 數
可以用記憶化實現,模擬選擇一個區間導致的劃分,
由 Grundy 數的定義求出 \(mex\) ,複雜度 \(O(TNS^2)\) ,\(S\) 為初始區間長度,即 100
足以解決次問題
code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 205;
int n, Ti, a[N], b[N], f[N][N];
int SG(int l, int r) {
if (f[l][r] != -1)
return f[l][r];
int vis[N];
memset(vis, 0, sizeof(vis));
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (l <= a[i] && b[i] <= r)
vis[SG(l, a[i]) ^ SG(b[i], r)] = 1;
for (int i = 0;; i++)
if (!vis[i]) {
f[l][r] = i;
break;
}
return f[l][r];
}
int main() {
scanf("%d", &Ti);
while (Ti--) {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
memset(f, -1, sizeof(f));
if (SG(1, 100))
puts("Alice");
else
puts("Bob");
}
}