提高组noip2015
一道二分答案裸题,一道dp,一道各种裸题的混合(树上差分+二分答案+LCA)
stone:
二分查找裸题啊:
int check(int x) { int cnt=0,last=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i]-a[last]<x) cnt++;//已经是最小值了,所以没有比他更小的,有更小的就要移开 else last=i;//推起走 if(cnt>m) return 0; return 1; } void find(int l,int r) { while(l<=r) { int mid=(l+r)>>1; if(check(mid)) { ans=max(ans,mid); l=mid+1;//二分查找满足单调性,既然它满足,那么比它大的也可能满足,就往大的去推(比较是找最大值) } else r=mid-1; } } int main() { scanf("%d%d%d",&len,&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); find(0,len); printf("%d",ans); return 0; }
substring:
DP:考虑当前匹配成功与否
这种两个串一个一个挨着去找的有没有LIS,LCS的感觉——>大佬们就想到了dp(然而自己没有
状态
首先我们考虑设计状态。我们发现,为了保证无后效性的一位一位往后推,我们需要记录当前推到aa串的哪一个位置了;接着还有记录匹配了bb串的那几个字符。因为是按照原串顺序,所以相当于是即匹配bb的前几个字符。有这些还不够,我们还要记录划分了几个子串。最后,为了便于转移,我们还要标记一维0/1
状态,表示aa串中的第ii个字符是否选入。
这样,我们就设计好了状态。我们记f_{i,j,p,v}fi,j,p,v表示到aa串的第ii个位置为止使用pp个子串匹配bb串前jj位字符且第ii个位置选或不选(vv)的方案数。
转移
设计好状态,不会转移怎么行。我们分情况考虑。
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当a_i=b_jai=bj时:
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f_{i,j,p,0}fi,j,p,0:由于这位不选,所以就是前面一位选和不选方案数之和,即f_{i,j,p,0}=f_{i-1,j,p,0}+f_{i-1,j,p,1}fi,j,p,0=fi−1,j,p,0+fi−1,j,p,1。
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容易得到f_{i,j,p,1}=f_{i-1,j-1,p,1}+f_{i-1,j-1,p-1,0}+f_{i-1,j-1,p-1,1}fi,j,p,1=fi−1,j−1,p,1+fi−1,j−1,p−1,0+fi−1,j−1,p−1,1.
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当a_i\ne b_jai≠bj时:
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不选情况同上,即f_{i,j,p,0}=f_{i-1,j,p,0}+f_{i-1,j,p,1}fi,j,p,0=fi−1,j,p,0+fi−1,j,p,1.
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由于选不了,自然就是00,即f_{i,j,p,1}=0fi,j,p,1=0.
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优化空间
如果你读完状态设计之后又稍微思考就会发现,空间可能较大。空间不够怎么办?在luogu还好说,如果真的在NOIP,应该是不敢开1000\times200\times200\times2=8\times10^71000×200×200×2=8×107的数组吧。所以我们观察转移方程,发现每次转移只用到了前一位!于是我们把第一维很愉快地滚掉了。这样,空间复杂度就保证是O(mk)O(mk)了。那么时间呢?时间是O(n\cdot mk)O(n⋅mk),但是时间不像空间,这个复杂度是可以接受的。于是,完整算法就结束了。
#pragma GCC optimize (2) #include<bits/stdc++.h> #define mod 1000000007 using namespace std; typedef long long ll; int n,m,k; int a[2005],b[2005]; char aa[2005],bb[2005]; ll f[2][205][205][2]; int main() { cin>>n>>m>>k; scanf("%s",aa); scanf("%s",bb); if(n<m) { printf("0\n"); return 0; } for(int i=0;i<n;++i) a[i+1]=aa[i]-96; for(int i=0;i<m;++i) b[i+1]=bb[i]-96; f[1][0][0][0]=f[0][0][0][0]=1; for(int i=1;i<=n;++i) { for(int j=1;j<=m;++j) { for(int c=1;c<=k;++c) { if(a[i]==b[j]) { f[i%2][j][c][0]=(f[(i+1)%2][j][c][0]+f[(i+1)%2][j][c][1])%mod; f[i%2][j][c][1]=(f[(i+1)%2][j-1][c][1]+f[(i+1)%2][j-1][c-1][1]+f[(i+1)%2][j-1][c-1][0])%mod; } else { f[i%2][j][c][0]=(f[(i+1)%2][j][c][0]+f[(i+1)%2][j][c][1])%mod; f[i%2][j][c][1]=0; } } } } cout<<(f[n%2][m][k][1]+f[n%2][m][k][0])%mod<<endl; return 0; }
为了避免&1,^1的麻烦用%2
1s极限:1e8