[泛刷记录]贰零贰壹·伍月
#0.0 序
由于月初集训的缘故，本月偏重于 DP
#1.0 启
\(\mathfrak{2021.5.10\sim2021.5.19}\)
#1.1 P4170 [CQOI2007]涂色
区间 DP 水题，按照一般的区间 DP 框架进行，同时注意到：如果一个区间左右两边字符相等，那么这两个字符显然可以被白嫖掉。
转移方程：
\[f_{l,r}=\begin{cases}\min\limits_{l\leq k<r}\{f_{l,k}+f_{k+1,r}\},\\f_{l+1,r-1},\quad s_l=s_r\end{cases}
\]
#1.2 CF1132F Clear the String
可以看做是上一题的反向操作，也可以用另一种思路：
for (int i = 2;i <= n;i ++)
for (int l = 0;l + i - 1 < n;l ++){
int r = l + i - 1;
for (int k = l;k < r;k ++)
f[l][r] = min(f[l][r],f[l][k] + f[k + 1][r]);
if (s[l] == s[r]) f[l][r] --; //同样是白嫖掉
}
#1.3 P2051 [AHOI2009]中国象棋
简化题面：每行每列最多 \(2\) 个炮。
按行为阶段转移，考虑有 \(0,1,2\) 个炮的列数。
f[1][m][0] = 1,f[1][m - 2][2] = m * (m - 1) / 2,f[1][m - 1][1] = m;
for (int i = 1;i < n;i ++)
for (int j = 0;j <= m;j ++)
for (int k = 0;k <= m;k ++){
if (!f[i][j][k]) continue;
f[i + 1][j][k] += f[i][j][k];
if (j >= 1) (f[i + 1][j - 1][k + 1] += f[i][j][k] * j % MOD) %= MOD;
if (k >= 1) (f[i + 1][j][k - 1] += f[i][j][k] * k % MOD) %= MOD;
if (j >= 1) (f[i + 1][j - 1][k] += f[i][j][k] * j * k % MOD) %= MOD;
if (j >= 2) (f[i + 1][j - 2][k + 2] += f[i][j][k] * j * (j - 1) / 2 % MOD) %= MOD;
if (k >= 2) (f[i + 1][j][k - 2] += f[i][j][k] * k * (k - 1) / 2 % MOD) %= MOD;
}
#1.4 AT2567 [ARC074C] RGB Sequence
如何记录区间内不同颜色的数量：分别保存各种颜色最后一次出现的位置。
设 \(f_{i,j,k,l}\) 表示当前考虑到了第 \(i\) 个格子，红绿 蓝三种颜色最后一次出现的位置分别是 \(j,k,l\) 的方案数。
依然考虑去除冗余状态，发现 \(i=\max\{j,k,l\}\)，于是可简化为：设 \(f_{i,j,k}\) 表示当前考虑到了第 \(\max\{i,j,k\}\) 个格子，红绿蓝三种颜色最后一次出现的位置分别是 \(i,j,k\) 的方案数。
f[1][0][0] = 1;
for (int i = 1;i <= n;i ++)
for (int j = 0;j < i;j ++)
for (int k = 0;k <= Max(0,j - 1);k ++){
if (!check(i,j,k)) continue;
(f[i + 1][j][k] += f[i][j][k]) %= MOD;
(f[i + 1][i][j] += f[i][j][k]) %= MOD;
(f[i + 1][i][k] += f[i][j][k]) %= MOD;
if (i == n) (ans += f[i][j][k]) %= MOD;
}
#1.5 P1758 [NOI2009] 管道取珠
直接处理式子不好处理，考虑组合意义，发现该式与 “两个人分别取，有多少种取法可得到相同的序列”，然后分别讨论当前取到的来自那个位置，转移即可。
状态设计：\(f_{k,i,j}\) 表示当前取了 \(k\) 个珠子，第一个人在上面取了 \(i\) 个，第二个人在上面取了 \(j\) 个，有多少种方法可以得到相同的序列。
直接使用上面的状态会 \(\text{MLE}\)，观察转移，发现可以 \(k\) 这一维可以滚动数组优化，但 \(i,j\) 两维的枚举顺序应当为从大到小。
/*无优化，40pts*/
f[0][0][0] = 1;
for (int k = 1;k <= n + m;k ++)
for (int i = 0;i <= k;i ++)
for (int j = 0;j <= k;j ++){
if (i && j && u[i - 1] == u[j - 1])
(f[k][i][j] += f[k - 1][i - 1][j - 1]) %= MOD;
if (i && (k - j) && u[i - 1] == d[k - j - 1])
(f[k][i][j] += f[k - 1][i - 1][j]) %= MOD;
if ((k - i) && j && d[k - i - 1] == u[j - 1])
(f[k][i][j] += f[k - 1][i][j - 1]) %= MOD;
if ((k - i) && (k - j) && d[k - i - 1] == d[k - j - 1])
(f[k][i][j] += f[k - 1][i][j]) %= MOD;
}
/*滚动数组优化，但状态设计不够优，必须吸氧才能过*/
f[0][0] = 1;
for (int k = 1;k <= n + m;k ++)
for (int i = k;i >= 0;i --)
for (int j = k;j >= 0;j --){
if (!(k - i) || !(k - j) || d[k - i - 1] != d[k - j - 1])
f[i][j] = 0;
if (i && j && u[i - 1] == u[j - 1])
(f[i][j] += f[i - 1][j - 1]) %= MOD;
if (i && (k - j) && u[i - 1] == d[k - j - 1])
(f[i][j] += f[i - 1][j]) %= MOD;
if ((k - i) && j && d[k - i - 1] == u[j - 1])
(f[i][j] += f[i][j - 1]) %= MOD;
}
#1.6 P5957 [POI2017]Flappy Bird
坐标系转化，如下图：
然后就随便做了。
const int N = 100010;
const int INF = 0x3fffffff;
int n,X,x,a,b;
int L,R,now;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&X);
while (n --){
scanf("%d%d%d",&x,&a,&b);
if (R + (x - now) >= b)
R = (R - (x - now) - b) & 1 ? b - 1 : b - 2;
else R += x - now;
if (L - (x - now) <= a)
L = (a - L + (x - now)) & 1 ? a + 1 : a + 2;
else L -= (x - now);
if (R < L){puts("NIE");return 0;}
now = x;
}
printf("%d",(x + L) >> 1);
return 0;
}
#2.0 升
\(\mathfrak{2021.5.20\sim2021.5.31}\)
#2.1 P2516 [HAOI2010]最长公共子序列
状态设计：
- \(f_{i,j}\) 表示 \(S\) 在 \(1∼i\)，\(T\) 在 \(1∼j\) 中的 LCS 长度,
- \(g_{i,j}\) 表示 \(S\) 在 \(1∼i\)，\(T\) 在 \(1∼j\) 中的 LCS 个数.
讨论较为复杂，见代码。可滚动数组优化第一维。
const int N = 5010;
const int MOD = 1e8;
const int INF = 0x3fffffff;
char a[N],b[N];
int f[3][N],g[3][N],lena,lenb;
inline int Max(const int &x,const int &y){
return x > y ? x : y;
}
int main(){
scanf("%s%s",a,b);
lena = strlen(a);lenb = strlen(b);
for (int i = 0;i < 3;i ++) g[i][0] = 1;
for (int i = 0;i < lenb;i ++) g[0][i] = 1;
for (int i = 1;i < lena;i ++)
for (int j = 1;j < lenb;j ++){
int now = i & 1,lst = (i - 1) & 1;
if (a[i - 1] == b[j - 1]){
f[now][j] = f[lst][j - 1] + 1;g[now][j] = g[lst][j - 1];
if (f[now][j] == f[lst][j]) (g[now][j] += g[lst][j]) %= MOD;
if (f[now][j] == f[now][j - 1]) (g[now][j] += g[now][j - 1]) %= MOD;
}
else{
f[now][j] = Max(f[lst][j],f[now][j - 1]);
if (f[lst][j] > f[now][j - 1]) g[now][j] = g[lst][j];
else if (f[lst][j] < f[now][j - 1]) g[now][j] = g[now][j - 1];
else if (f[now][j] != f[lst][j - 1]) g[now][j] = (g[lst][j] + g[now][j - 1]) % MOD;
else g[now][j] = (g[lst][j] + g[now][j - 1] - g[lst][j - 1]) % MOD;
}
}
printf("%d\n%d",f[(lena - 1) & 1][lenb - 1],g[(lena - 1) & 1][lenb - 1]);
return 0;
}
#2.2 P1450 [HAOI2008]硬币购物
状态压缩 + 容斥原理。先不考虑限制，做完全背包，之后对于每个询问，我们枚举至少多少种硬币的数量超过限制了。数量超过限制的意思是，这种硬币至少用了\(d_{i+1}\) 个，假设 \(x\) 为所有你枚举出来的、钦定超过数量限制的硬币的 \((d_i+1)\cdot c_i\) 的和，那么贡献就是容斥系数乘以 f[s−x] 即可。
const int N = 100010;
const int INF = 0x3fffffff;
int f[N],w[5],n,ms = -INF;
int Q[N][5],A[N];
inline int Max(const int &a,const int &b){
return a > b ? a : b;
}
signed main(){
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&w[1],&w[2],&w[3],&w[4],&n);
for (int i = 1;i <= n;i ++){
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&Q[i][1],&Q[i][2],&Q[i][3],&Q[i][4],&Q[i][0]);
ms = Max(ms,Q[i][0]);
}
f[0] = 1;
for (int i = 1;i <= 4;i ++)
for (int j = w[i];j <= ms;j ++)
f[j] += f[j - w[i]];
for (int i = 1;i <= n;i ++)
for (int k = 0;k < 16;k ++){
int opt = __builtin_parity(k) ? -1 : 1,x = 0;
for (int j = 1;j <= 4;j ++)
x += ((k >> (j - 1)) & 1) * w[j] * (Q[i][j] + 1);
if (x > Q[i][0]) continue;
A[i] += opt * f[Q[i][0] - x];
}
for (int i = 1;i <= n;i ++)
printf("%lld\n",A[i]);
return 0;
}
#2.3 CF864E Fire
#2.4 P4141 消失之物
经典老题，思路明晰。
const int N = 2010;
const int INF = 0x3fffffff;
int n,m,w[N];
int f[N],g[N];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i = 1;i <= n;i ++)
scanf("%d",&w[i]);
f[0] = 1,g[0] = 1;
for (int i = 1;i <= n;i ++)
for (int j = m;j >= w[i];j --)
(f[j] += f[j - w[i]]) %= 10;
for (int i = 1;i <= n;i ++){
for (int j = 1;j <= m;j ++){
if (j < w[i]) g[j] = f[j] % 10;
else g[j] = (f[j] - g[j - w[i]] + 10) % 10;
printf("%d",g[j]);
}
putchar('\n');
}
return 0;
}
#2.5 P3478 [POI2008]STA-Station
换根 DP，
状态设计： \(g_x\) 表示以 \(x\) 为根的深度之和。
我们先任选一点为根，以此为基础算出各点的父亲和子树大小，不难发现，有
\[g_x=g_{fa_x} + N-2\cdot size_x,
\]
\(N\) 为节点数，\(size_x\) 表示以 \(x\) 为根的子树大小。可 \(\text{DFS}\) 实现。
#define ll long long
#define int long long
#define mset(l,x) memset(l,x,sizeof(l))
const int N = 1000010;
const int INF = 0x3fffffff;
struct Edge{
int u,v;
int nxt;
};
Edge e[N << 1];
int n,cnt,head[N],size[N],fa[N],h[N],f[N],rt,g[N],ans[2];
inline void add(int u,int v){
e[cnt].u = u;
e[cnt].v = v;
e[cnt].nxt = head[u];
head[u] = cnt ++;
}
inline void dfs1(int k,int p){
size[k] = 1;fa[k] = p;h[k] = h[p] + 1;
for (int i = head[k];i != -1;i = e[i].nxt){
if (e[i].v == p) continue;
dfs1(e[i].v,k);
size[k] += size[e[i].v];
f[k] += size[e[i].v] + f[e[i].v];
}
}
inline void dfs2(int k){
for (int i = head[k];i != -1;i = e[i].nxt){
if (e[i].v == fa[k]) continue;
g[e[i].v] = g[k] + n - 2 * size[e[i].v];
dfs2(e[i].v);
}
if (ans[0] < g[k]) ans[0] = g[k],ans[1] = k;
}
signed main(){
mset(head,-1);
scanf("%lld",&n);
for (int i = 1;i < n;i ++){
int u,v;
scanf("%lld%lld",&u,&v);
add(u,v);add(v,u);
}
dfs1(rt = 1,1);
g[rt] = f[rt];
dfs2(rt);
printf("%lld",ans[1]);
return 0;
}
#2.6 P1879 [USACO06NOV]Corn Fields G
基础状压。
#define ll long long
#define int long long
#define mset(l,x) memset(l,x,sizeof(l))
const int N = 10010;
const int MOD = 1e8;
const int INF = 0x3fffffff;
int n,m,f[20][N],line[N],ans,check[N];
signed main(){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for (int i = 1;i <= n;i ++){
int t = 0;
for (int j = 1;j <= m;j ++){
scanf("%lld",&t);
line[i] = (line[i] << 1) + (!t);
}
}
for (int i = 0;i < (1 << m);i ++)
check[i] = (i & (i >> 1)) ? 0 : 1;
f[0][0] = 1;
for (int i = 1;i <= n;i ++)
for (int j = 0;j <= (1 << m) - 1;j ++){
if (j & line[i] || !check[j]) continue;
for (int k = 0;k <= (1 << m) - 1;k ++){
if (k & line[i - 1] || k & j || !check[k]) continue;
(f[i][j] += f[i - 1][k]) %= MOD;
}
}
for (int i = 0;i <= (1 << m) - 1;i ++)
(ans += f[n][i]) %= MOD;
printf("%lld",ans);
return 0;
}
#2.7 P2704 [NOI2001] 炮兵阵地
基础状压。
const int N = 2050;
const int M = 110;
const int INF = 0x3fffffff;
int n,m,check[N],f[N][N][2],line[M],ans,T,S[N],cnt,cnt1,cnt2;
inline int Max(const int &a,const int &b){
return a > b ? a : b;
}
int main(){
cin >> n >> m;T = (1 << m);
for (int i = 1;i <= n;i ++){
char c;
for (int j = 1;j <= m;j ++){
cin >> c;
line[i] = (line[i] << 1) + (c == 'H');
}
}
for (int i = 0;i < (1 << m);i ++)
S[i] = __builtin_popcount(i);
for (int i = 0;i < (1 << m);i ++){
check[i] = ((i & (i << 1)) || (i & (i << 2))) ? 0 : 1;
if (!check[i] || i & line[1]) continue;
f[0][i][1] = S[i];
}
for (int i = 2;i <= n;i ++)
for (int j = 0;j < (1 << m);j ++){
if (!check[j] || j & line[i - 1]) continue;
for (int k = 0;k < (1 << m);k ++){
if (!check[k] || k & line[i] || j & k) continue;
for (int l = 0;l < (1 << m);l ++){
if (!check[l] || l & line[i - 2] || j & l || l & k) continue;
f[j][k][i % 2] = Max(f[j][k][i % 2],f[l][j][(i - 1) % 2] + S[k]);
}
}
}
for (int i = 0;i < (1 << m);i ++)
for (int j = 0;j < (1 << m);j ++)
ans = Max(ans,f[j][i][n % 2]);
cout << ans;
return 0;
}
#2.8 CF607B Zuma
贼简单的区间DP，能上蓝题纯属恶评。
状态设计： \(f_{i,j}\) 表示删去区间 \([l,r]\) 所需的最小次数。
提前预处理每个区间是否是回文串，如果是，那么 \(f_{l,r}=1.\)
否则有
\[f_{l,r} = \begin{cases}f_{l+1,r-1},\quad a_l=a_r\ 且\ r-l>1,\\\min\limits_{l\leq k< r}\{f_{l,k}+f_{k+1,r}\}.\end{cases}
\]
const int N = 510;
const int INF = 0x3fffffff;
int n,a[N],f[N][N],check[N][N];
inline int Min(const int &a,const int &b){
return a < b ? a : b;
}
int main(){
mset(f,0x3f);
scanf("%d",&n);
for (int i = 1;i <= n;i ++)
scanf("%d",&a[i]);
for (int l = 1;l <= n;l ++)
for (int r = l + 1;r <= n;r ++)
for (int i = 0;i <= (r - l + 1) / 2;i ++)
if (a[l + i] != a[r - i]){check[l][r] = 1;break;}
for (int len = 1;len <= n;len ++)
for (int l = 1;l + len - 1 <= n;l ++){
int r = l + len - 1;
if (!check[l][r]){f[l][r] = 1;continue;}
if (a[l] == a[r] && r - l > 1) f[l][r] = f[l + 1][r - 1];
for (int k = l;k < r;k ++)
f[l][r] = Min(f[l][r],f[l][k] + f[k + 1][r]);
}
printf("%d",f[1][n]);
return 0;
}
#3.0 落
五月就这样结束了，推荐生的压力已经过去，正是学 OI 的大好时光!
