NOIP模拟14「队长快跑·影魔·抛硬币」
T1:队长快跑
基本思路：
离散化·DP·数据结构优化DP
这三个我都没想到。。。。气死。
定义状态数组：\(c[i][j]\)表示在i时最小的a值是j时可以摧毁的最多的水晶数。
那么状态转移方程就是：
c[i][j]=max(c[i-1][a[i]+1],c[i-1][a[i]+2],......,c[i-1][maxn])+1,if(a[i]>b[i]),这时还要同时更新c[i-1][j]（j\(\in(b[i],a[i]]\)）
c[i][j]=max(c[i-1][b[i]+1],c[i-1][b[i]+2],......,c[i-1][maxn])+1,if(a[i]<=b[i])
我来解释下为什么这么转移：
首先可以明确的一点是，c[i][a[i]]只能由c[i-1][a[i]+1->maxn]转移来，因为如果转移的j比a[i]小，那么转移来的情况就不是以a[i]为最小值了。
加一是将当前点纳入
当a[i]<=b[i]时，我解释下什么是b[i]+1而不是a[i]+1，因为题目要求是之前的a比现在的b大，所以这么转移才合法
当a[i]>b[i]时，在b[i]~a[i]的范围内,c[i-1]是可以将当前点纳入的，所以要给他们集体加一，c[i][a[i]的转移就很好理解了
直接转移时间复杂度是\(O(n^{3})\)，考虑优化,我们可以将第二维放在线段树上，对应的叶子维护对应a值情况的值，一棵线段树从头用到尾，记录的是当前的情况，就可以\(O(nlogn)\)转移了。
上代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace STD
{
#define ll long long
#define rr register
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
//伤心往事：
//这里的max原本用的是#define函数，然后TLE了
//后来小马告诉我，#define函数会重复调用，T到起飞
//所以改成了inline
const int SIZE=100002;
int n;
int a[SIZE],b[SIZE];
int c[SIZE<<1];
int read()
{
rr int x_read=0,y_read=1;
rr int c_read=getchar();
while(c_read<'0'||c_read>'9')
{
if(c_read=='-') y_read=-1;
c_read=getchar();
}
while(c_read<='9'&&c_read>='0')
{
x_read=(x_read*10)+(c_read^48);
c_read=getchar();
}
return x_read*y_read;
}
int lazy[SIZE<<3],maxn[SIZE<<3];
void push_down(int id)
{
if(!lazy[id]) return;
lazy[id<<1]+=lazy[id],lazy[id<<1|1]+=lazy[id];
maxn[id<<1]+=lazy[id],maxn[id<<1|1]+=lazy[id];
lazy[id]=0;
return;
}
void add(int id,int l,int r,int st,int en,int val)
{
if(st<=l&&r<=en){maxn[id]+=val,lazy[id]+=val;return;}
int mid=(l+r)>>1;
push_down(id);
if(st<=mid) add(id<<1,l,mid,st,en,val);
if(mid<en) add(id<<1|1,mid+1,r,st,en,val);
maxn[id]=max(maxn[id<<1],maxn[id<<1|1]);
}
void change(int id,int l,int r,int pos,int val)
{
if(l==r){maxn[id]=max(maxn[id],val);return;}
int mid=(l+r)>>1;
push_down(id);
if(pos<=mid) change(id<<1,l,mid,pos,val);
else change(id<<1|1,mid+1,r,pos,val);
maxn[id]=max(maxn[id<<1],maxn[id<<1|1]);
}
int query(int id,int l,int r,int st,int en)
{
if(st<=l&&r<=en) return maxn[id];
int mid=(l+r)>>1;
int ret=INT_MIN;
push_down(id);
if(st<=mid) ret=max(ret,query(id<<1,l,mid,st,en));
if(mid<en) ret=max(ret,query(id<<1|1,mid+1,r,st,en));
return ret;
}
};
using namespace STD;
int main()
{
n=read();
for(rr int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read(),b[i]=read();
c[++c[0]]=a[i],c[++c[0]]=b[i];
}
sort(c+1,c+1+c[0]);
int cnt=unique(c+1,c+1+c[0])-c-1;
for(rr int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=lower_bound(c+1,c+1+cnt,a[i])-c;
b[i]=lower_bound(c+1,c+1+cnt,b[i])-c;
}
int val;
for(rr int i=1;i<=n;i++)
{
if((a[i]<=b[i])&&(b[i]+1<=cnt))
{
val=query(1,1,cnt,b[i]+1,cnt)+1;
change(1,1,cnt,a[i],val);
}
if(a[i]>b[i])
{
add(1,1,cnt,b[i]+1,a[i],1);
//注意要先add后change,因为change后的树现在的情况了
//而add是给之前的情况add
if(a[i]+1<=cnt)
{
val=query(1,1,cnt,a[i]+1,cnt)+1;
change(1,1,cnt,a[i],val);
}
}
}
printf("%d",maxn[1]);
}
T2:影魔
由于要用到可持久化线段树，我们没学，先鸽掉。
T3:抛硬币
基本思路：
一个简单的小DP。
定义状态数组：\(c[i][j]\)表示在i位置长度为j的本质不同的子序列的个数。
很容易想出方程\(c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j]\)c[i-1][j-1]是新形成了这么多串，c[i-1][j]是继承之前已经形成了的串、
但是一看样例，事情并不简单，有的字母重复出现，就会导致序列算重，因此要记录每个字母上一次出想的位置last。
最终的方程是：
上代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace STD
{
#define ll long long
#define rr register
const int SIZE=3001;
const int mod=998244353;
int l;
char s[SIZE];
int c[SIZE][SIZE];
int last[29];
int read()
{
rr int x_read=0,y_read=1;
rr char c_read=getchar();
while(c_read<'0'||c_read>'9')
{
if(c_read=='-') y_read=-1;
c_read=getchar();
}
while(c_read<='9'&&c_read>='0')
{
x_read=(x_read*10)+(c_read^48);
c_read=getchar();
}
return x_read*y_read;
}
};
using namespace STD;
int main()
{
int x=scanf("%s",s+1);
int len=strlen(s+1);
l=read();
c[1][1]=1;
for(rr int i=0;i<=len;i++) c[i][0]=1;
last[s[1]-'a'+1]=1;
for(rr int i=2;i<=len;i++)
{
for(rr int j=1;j<=l;j++)
{
if(j>i) break;
if(last[s[i]-'a'+1])
c[i][j]=((c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod-c[last[s[i]-'a'+1]-1][j-1]+mod)%mod;
else
c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
}
last[s[i]-'a'+1]=i;
}
printf("%d",c[len][l]);
}
