补题 DAY3,4

P2474 [SCOI2008] 天平

你有 \(n\) 个砝码，均为 \(1\) 克，\(2\) 克或者 \(3\) 克。你并不清楚每个砝码的重量，但你知道其中一些砝码重量的大小关系。你把其中两个砝码 A 和 B 放在天平的左边，需要另外选出两个砝码放在天平的右边。问：有多少种选法使得天平的左边重(\(c_1\))、一样重(\(c_2\))、右边重(\(c_3\))？（只有结果保证唯一确定的选法才统计在内），\(4\le n\le 50\)。

转化题意：

-\(\to -2\le i-j\le -1\)
+\(\to 1\le i-j\le 2\)
=\(\to 0\le i-j\le 0\)
?\(\to -2\le i-j\le 2\)

即可差分约束，记 \(mi[i][j]\) 为 \(i,j\) 的左半边限制，\(mx[i][j]\) 为 \(i,j\) 的右半边限制，然后分别对 \(mi,mx\) 跑最长、最短路 (Floyd) 求出每对硬币重量差的范围为 \([mi[i][j],mx[i][j]]\)。

然后统计答案，枚举 \(i,j\)：

\(A+B>i+j\to A-i>j-B/B-i>j-A\)，即当 \(mi[A][i]>mx[j][B]\) 或 \(mi[B][i]>mx[j][A]\) 时，\(c_1\) 加 \(1\)。
\(A+B<i+j\to j-B>A-i/j-A>B-i\)，即当 \(mi[j][B]>mx[A][i]\) 或 \(mi[j][A]>mx[B][i]\) 时，\(c_3\) 加 \(1\)。
\(A+B=i+j\to A-i=j-B,B-i=j-A/B-i=j-A,A-i=j-B\)，为保证结果唯一，需要两边区间最大等于最小，最小等于最大时，\(c_2\) 加 \(1\)。

时间复杂度 \(O(n^3)\)。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a,b,cnt1,cnt2,cnt3;
int mi[53][53],mx[53][53];
signed main(){
	cin>>n>>a>>b;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			char ch;
			cin>>ch;
			if(ch=='+'){
				mi[i][j]=1;
				mx[i][j]=2;
			}else if(ch=='-'){
				mi[i][j]=-2;
				mx[i][j]=-1;	
			}else if(ch=='='){
				mi[i][j]=0;
				mx[i][j]=0;
			}else{
				mi[i][j]=-2;
				mx[i][j]=2;
			}
		}
	}
	for(int k=1;k<=n;k++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				mx[i][j]=min(mx[i][j],mx[i][k]+mx[k][j]),
				mi[i][j]=max(mi[i][j],mi[i][k]+mi[k][j]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<i;j++){
			if(i==a||i==b||j==a||j==b) continue;
			if(mi[i][a]>mx[b][j]||mi[i][b]>mx[a][j]) cnt3++;
			if((mx[i][a]==mi[b][j]&&mi[i][a]==mx[b][j])
			 ||(mx[i][b]==mi[a][j]&&mi[i][b]==mx[a][j])) cnt2++;
			if(mi[a][i]>mx[j][b]||mi[b][i]>mx[j][a]) cnt1++;
		}
	}
	cout<<cnt1<<' '<<cnt2<<' '<<cnt3;
	return 0;
}

P2371 [国家集训队] 墨墨的等式

墨墨突然对等式很感兴趣，他正在研究 \(\sum_{i=1}^n a_ix_i=b\) 存在非负整数解的条件，他要求你编写一个程序，给定 \(n, a_{1\dots n}, l, r\)，求出有多少 \(b\in[l,r]\) 可以使等式存在非负整数解。

对于 \(100\%\) 的数据，\(n \le 12\)，\(0 \le a_i \le 5\times 10^5\)，\(1 \le l \le r \le 10^{12}\)。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=5e5+3;
int l,r,a[30],n,flag;
struct di{
	int dis,id;
	bool operator<(const di o)const{return dis>o.dis;}
};
priority_queue<di>q;
struct edge{
	int v,w;
	edge(int v=0,int w=0): v(v),w(w){}
};
vector<edge>e[maxn];
int dis[maxn];
void dijkstra(){
	for(int i=0;i<=5e5;i++) dis[i]=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
	q.push({dis[1]=0,1});
	while(!q.empty()){
		di u=q.top(); q.pop();
		if(dis[u.id]==u.dis){
			for(edge v:e[u.id]){
				if(dis[v.v]>dis[u.id]+v.w)
					q.push({dis[v.v]=dis[u.id]+v.w,v.v});
			}
		}
	}
}
signed main(){
	cin>>n>>l>>r;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],flag|=a[i]==1;
	sort(a+1,a+n+1);
	if(flag){ cout<<r-l+1; return 0; }
	for(int i=0;i<a[1];i++)
		for(int j=2;j<=n;j++)
			e[i].emplace_back(edge((i+a[j])%a[1],a[j]));
	dijkstra();
	int ansl=0,ansr=0;
	for(int i=0;i<a[1];i++){
		if(l-1>=dis[i]) ansl+=(l-1-dis[i])/a[1]+1;
		if(r>=dis[i]) ansr+=(r-dis[i])/a[1]+1;
	}
	cout<<ansr-ansl;
	return 0;
}

AGC013D Piling Up

不已知初始情况。但是考虑操作的变化量，横轴为操作次数，纵轴为白球个数。可以发现在图像上可以表示为 V(0), V\(-1), /(+1) 等形状，统计形状数。

但是直接统计会重。

有一个技巧：只统计可以使 \(y=0\) 的操作序列。

为什么这样子可以？

首先，从同一个点出发的路径是不存在重复的。

那么重复一定存在于从不同点出发的路径中，并且一定可以由一条路径上下平移得到另一条路径。

我们可以用反证法，假设在只统计有 \(y=0\) 的情况时，统计仍然有重复，设重复统计的这两条路径记为 \(f(x),g(x)\)。

因为两者可以上下平移得到，所以 \(f(x)=g(x)+k\)。

当 \(f(x)=0\) 时，\(g(x)=−k\)，因为 \(g(x)\) 有意义，所以 \(g(x)=−k≤0\) （球的数目不会是负数）。

当 \(g(x)=0\) 时，同理有 \(k≥0\)。因此 \(k=0\)，\(f(x)=g(x)\)，\(f(x),g(x)\) 是同一条路径。

故此时不存在重复。

综上，设 \(f[i][j][0/1]\) 为第 \(i\) 步操作，白球有 \(j\) 个，否/是存在一次操作使得 \(j=0\)。

有转移：

\(j\ge 1:\)
- \(j=1:\)
  \(f[i+1][j-1][1]+=f[i][j][0]\)
- else:
  \(f[i+1][j-1][0]+=f[i][j][0]\)
  \(f[i+1][j-1][1]+=f[i][j][1]\)

其余同理，见代码：

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
const int mod=1e9+7;
const int maxn=3003;
using namespace std;
int f[maxn][maxn][2];
// 操作 i 次，有 j 个白，是否经历过 j=0 
int n,m,ans;
signed main(){
	cin>>n>>m;
	for(int j=1;j<=n;j++) f[0][j][0]=1;
	f[0][0][1]=1;
	for(int i=0;i<m;i++){
		for(int j=0;j<=m;j++){
			int &no=f[i][j][0],&ye=f[i][j][1];
			no%=mod,ye%=mod;
			if(j>=1){
				if(j==1) f[i+1][j-1][1]+=no;
				else f[i+1][j-1][0]+=no;
				f[i+1][j-1][1]+=ye;
				if(j==1) f[i+1][j][1]+=no;
				else f[i+1][j][0]+=no;
				f[i+1][j][1]+=ye;
			}
			if(j<n){
				f[i+1][j+1][0]+=no;
				f[i+1][j+1][1]+=ye;
				f[i+1][j][0]+=no;
				f[i+1][j][1]+=ye;
			}
		}
	}
	for(int i=0;i<=n;i++) ans=(ans+f[m][i][1])%mod;
	cout<<ans;
	return 0;
}

CF1895F Fancy Arrays

矩阵乘法+计数

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=1e9+7;
int n,x,K,t;
struct matrix{
	int a[103][103];
	matrix(){}
	matrix friend operator*(matrix a,matrix b){
		matrix g;
		for(int i=1;i<=x;i++)
			for(int k=1;k<=x;k++)
				for(int j=1;j<=x;j++)
					g.a[i][j]=(g.a[i][j]+a.a[i][k]*b.a[k][j]%mod)%mod;
		return g;
	}
}base;
int qpow(int a,int b){
	int ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=a*a%mod) 
		if(b&1) ans=ans*a%mod;
	return ans;
}
matrix qpow(matrix a,int b){
	for(;b;b>>=1,a=a*a) 
		if(b&1) base=base*a; 
	return base;
}
signed main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n>>x>>K;
		matrix f;
		for(int i=1;i<=x;i++)
			for(int j=1;j<=x;j++)
				f.a[i][j]=abs(i-j)<=K;
		for(int i=1;i<=x;i++) base.a[1][i]=1;
		matrix g=qpow(f,n-1);
		int sum=0;
		for(int i=1;i<=x;i++){
			sum=(sum+g.a[1][i])%mod;
		}
		cout<<(qpow(K<<1ll|1ll,n-1)*(x+K)%mod-sum+mod)%mod<<'\n';
	}
	return 0;
}

AGC013E Placing Squares

给定一个长度为 \(n\) 的木板，木板上有 \(m\) 个标记点，距离木板左端点的距离分别为 \(X_i\)，现在你需要在木板上放置一些不相交正方形，正方形需要满足

正方形的边长为整数
正方形底面需要紧贴木板
正方形不能超出木板，正方形要将所有的木板覆盖
标记点的位置不能是两个正方形的交界处

下面是一些满足条件与不满足条件的例子

一种合法的正方形放置方案的贡献为所有正方形面积的乘积，也就是为 \(\prod\limits_{i=1}^k a_i^2\)，\(a_i\) 为正方形的边长。

请你求出所有合法方案的贡献之和，答案对 \(10^9+7\) 取模。

\(n \leq 10^9\)，\(m \leq 10^5\)。

转化题意，即求

在 \(n\) 个格子之间放若干隔板
不能在标记格子集合与其下一个格子之间放隔板
在相邻隔板之间的恰好放 2 个不同颜色的球
的方案数。

其中最后一个要求维护了 \(a^2\)，非常巧妙。

设 \(f_{i,j}\) 表示考虑到下标 \(i\)，当前到上一个隔板中放了 \(j(j\in [0,2])\) 个球的方案数。

注意到一旦放隔板，就只能从 \(f_{i,2}\) 转移。

对于非标记格子（\(\mathbf{A}\)）：

\(f_{i+1,0}=f_{i,0}+f_{i,2}\)
\(f_{i+1,1}=(2f_{i,0}+f_{i,1})+2f_{i,2}\)（两倍是因为有两种不同颜色）
\(f_{i+1,2}=(f_{i,0}+f_{i,1}+f_{i,2})+f_{i,2}=f_{i,0}+f_{i,1}+2f_{i,2}\)（前半部分为不放隔板的情况，上面的同理）

对于标记格子（\(\mathbf B\)），不能放隔板，因此球多的只能从球少的转移过来：

\(f_{i+1,0}=f_{i,0}\)
\(f_{i+1,1}=2f_{i,0}+f_{i,1}\)
\(f_{i+1,2}=f_{i,0}+f_{i,1}+f_{i,2}\)

然后扔到矩阵上面：

\[\mathbf A=\left[ \begin{matrix}1&0&1\\2&1&2\\1&1&2\end{matrix} \right],\mathbf B=\left[ \begin{matrix}1&0&0\\2&1&0\\1&1&1\end{matrix} \right] \]

答案就为（记 \(\Delta X\) 为 \(X\) 的差分数组）：

\[{\mathbf A}^{n-X_m-1}\prod\limits_{i=1}^m {\mathbf A}^{\Delta X_i-1}\mathbf B \]

矩阵快速幂，时间复杂度 \(O(\log n+m)\)。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
struct mat{
	int a[3][3];
	mat(){memset(a,0,sizeof(a));}
	mat operator *(const mat &rhs){
		mat res;
		for(int i=0;i<3;i++) for(int j=0;j<3;j++) for(int k=0;k<3;k++)
			res.a[i][j]+=a[i][k]*rhs.a[k][j];
		for(int i=0;i<3;i++) for(int j=0;j<3;j++) res.a[i][j]%=mod;
		return res;
	}
}u,v,ans;
int n,m,lp=-1;
void qpow(mat a,int b,mat &c){for(;b;b>>=1,a=a*a) if(b&1) c=a*c;}
signed main(){
	cin>>n>>m; ans.a[0][0]=1;
	u.a[0][0]=1, u.a[0][1]=0, u.a[0][2]=1,
	u.a[1][0]=2, u.a[1][1]=1, u.a[1][2]=2,
	u.a[2][0]=1, u.a[2][1]=1, u.a[2][2]=2,
	v.a[0][0]=1, v.a[0][1]=0, v.a[0][2]=0,
	v.a[1][0]=2, v.a[1][1]=1, v.a[1][2]=0,
	v.a[2][0]=1, v.a[2][1]=1, v.a[2][2]=1;
	for(int i=1,p;i<=m;i++){
		cin>>p;
		qpow(u,p-lp-1,ans);
		ans=v*ans; lp=p;
	}
	qpow(u,n-lp-1,ans);
	cout<<ans.a[2][0];
	return 0;
}

CF622F The Sum of the k-th Powers

首先可以暴力求出 \(n=1\sim k+2\) 的答案，记录在 \(s\) 中。

然后我们需要证明 \(s_n\) 是关于 \(n\) 的 \(k+1\) 次多项式。

先证明一个引理，对于一个任意阶的等差数列 \(a\)，存在一个 \(x\) 的 \(k\) 次多项式 \(f(x)=\sum\limits_{i=0}^k u_ix^i\) 为 \(a\) 的通项公式，记 \(b\) 为 \(a\) 的差分数列，则 \(b\) 的通项为 \(k-1\) 次多项式。

根据定义，\(b\) 的通项为 \(\Delta f(x)=f(x)-f(x-1)\)（有些微积分的感觉？），略去其他 \(\le k\) 次的项，则 \(\Delta f(x)\sim u_kx^k-u_k(x-1)^k\)。

利用二项式定理展开，再略去 \(\le k\) 的项，则 \(\Delta f(x)\sim u_kx^k-u_kx^k=0\)，于是便不存在了 \(k\) 次项，即 \(b\) 的通项为 \(k-1\) 次多项式，证毕。

设 \(t_i=s_i-s_{i-1}\)，则 \(t_i=\sum\limits_{j=1}^{i}j^k-\sum\limits_{j=1}^{i-1}j^k=i^k\)，是一个关于 \(i\) 的 \(k\) 次多项式，所以 \(s_i\) 是关于 \(i\) 的 \(k+1\) 次多项式，\(s_n\) 是关于 \(n\) 的 \(k+1\) 次多项式。

至此，\(s_n\) 次数就确定了，但是系数不确定，所以就可以通过拉格朗日插值确定这个多项式。

由拉差得

\[s_n=\sum\limits_{i=1}^{k+2}s_i\prod\limits_{j\not=i}\frac{n-j}{i-j} \]

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
const int maxk=1e6+3;
const int mod=1e9+7;
using namespace std;
int n,k;
int s[maxk],pre[maxk],suf[maxk],ifac[maxk];
int qpow(int a,int b){
	int ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=a*a%mod) if(b&1) ans=ans*a%mod;
	return ans;
}
signed main(){ 
	cin>>n>>k;
	pre[0]=ifac[0]=suf[k+3]=ifac[k+3]=1;
	for(int i=1;i<=k+2;i++){
		s[i]=(s[i-1]+qpow(i,k))%mod;
		pre[i]=pre[i-1]*(n-i)%mod;
		ifac[k+3]=ifac[k+3]*i%mod;
	}
	ifac[k+3]=ifac[k+3]*(k+3)%mod;
	ifac[k+3]=qpow(ifac[k+3],mod-2);
	if(n<=k+2){
		cout<<s[n];
		return 0;
	}
	for(int i=k+2;i;i--){
		suf[i]=suf[i+1]*(n-i)%mod;
		ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;
	}
	int sn=0;
	for(int i=1,op=((k-i+2)&1?-1:1);i<=k+2;i++,op=((k-i+2)&1?-1:1)){
		s[i]=s[i]*pre[i-1]%mod*suf[i+1]%mod*ifac[i-1]%mod*ifac[k-i+2]%mod;
		if((k-i+2)&1) sn=(sn-s[i]+mod)%mod;
		else sn=(sn+s[i])%mod;
	}
	cout<<sn;
	return 0;
}

AGC001E BBQ Hard

posted @ 2024-02-19 11:38 view3937 阅读(7) 评论(0) 编辑收藏举报

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DEV3937

让人类永远保持理智，的确是一种奢求

补题 DAY3,4

P2474 [SCOI2008] 天平

P2371 [国家集训队] 墨墨的等式

AGC013D Piling Up

CF1895F Fancy Arrays

AGC013E Placing Squares

CF622F The Sum of the k-th Powers

AGC001E BBQ Hard

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