NOI2013部分题解
Day 1
T1:向量内积
直接暴力有60。发现将n个向量合成$n\times d$的矩阵$A$，然后求$A\times A^T$，得到的矩阵包含了所有的答案。
先考虑$k=2$，将答案矩阵和全1矩阵比较，为0的地方就是答案。
回忆一个十分经典的问题：判断$A\times B$是否与$C$相等。
先随机一个行向量v，若$v\times(A\times B)=v\times A \times B\neq v\times C$，则直接返回$false$。多次随机，成功率为$1-(\frac12)^{times}$。
这种随机化算法通常用于：某对命题充分性和必要性仅具备一个，所以多做几次判定就能提高正确率。$Miller-Rabin$算法就是一个典型的例子。
回到这道题，应用lych的话：
假设对于i，我们求出i之前的所有向量与i的点积的和；如果所有的点积都>0 即=1，那么显然点积的和对二取模=(i-1)%2；否则如果≠(i-1)%2，显然i与i前面的某一个向量的点积=0，我们O(ND)寻找答案即可。但 是这样不一定能得到解，我们不妨随机打乱向量的顺序然后判断，这样至少是1-(1/2)^5的正确率了。
问题在3怎么做，因为不为0可能意味着为1或2，不能确定答案，但是发现在模意义下$1^2\equiv 2^2 (mod 3)$。所以只要平方一下就好了。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 5 using namespace std; 6 7 const int N=100010,M=110; 8 int n,m,mod,a[N][M],q[N],b[M],c[M][M]; 9 10 bool check(int x,int y){ 11 int tmp=0; 12 rep(i,1,m) tmp+=a[x][i]*a[y][i]; 13 return !(tmp%mod); 14 } 15 16 int solve(int x){ 17 int ans=0; 18 if (mod==2) 19 rep(i,1,m) ans^=b[i]&a[x][i],b[i]^=a[x][i]; 20 else 21 rep(i,1,m) rep(j,1,m) ans+=c[i][j]*a[x][i]*a[x][j],c[i][j]+=a[x][i]*a[x][j]; 22 return ans%mod; 23 } 24 25 int main(){ 26 freopen("meow.in","r",stdin); 27 freopen("meow.out","w",stdout); 28 scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod); 29 rep(i,1,n) rep(j,1,m) scanf("%d",&a[i][j]),a[i][j]%=mod; 30 rep(i,1,n) q[i]=i; 31 for (int T=7-mod; T--; ){ 32 if (mod==2) memset(b,0,sizeof(b)); else memset(c,0,sizeof(c)); 33 rep(i,2,n) swap(q[i],q[rand()%(i-1)+1]); 34 rep(i,1,n) if (solve(q[i])!=(i-1)%mod) 35 rep(j,1,i-1) if (check(q[i],q[j])){ 36 if (q[i]>q[j]) swap(i,j); 37 printf("%d %d\n",q[i],q[j]); return 0; 38 } 39 } 40 puts("-1 -1"); 41 return 0; 42 }
T2:树的计数
想不到的DP题，略。
T3:小Q的修炼
这个题由于我码力极弱，玩了两个小时只写出一个暴搜拿了20+分。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 4 using namespace std; 5 6 const int N=50,M=27; 7 int n,m,k,mx,tot,v[N],res[N],tmp[N]; 8 char ch,cc,op; 9 struct P{ int op,a,b,c,d,u,v; }S[1000010]; 10 11 void dfs(int x,int p){ 12 if (x>M) return; 13 if (p<1 || p>n){ 14 if (v[1]>mx){ mx=v[1]; tot=x-1; rep(i,1,tot) res[i]=tmp[i]; } 15 return; 16 } 17 int T[N],T2[N]; 18 rep(i,1,m) T[i]=v[i]; 19 while (1){ 20 if (S[p].op==1){ 21 int t=S[p].c; 22 if (S[p].b==1) t=v[S[p].c]; 23 if (S[p].d) t=-t; 24 v[S[p].a]+=t; p++; 25 if (p<1 || p>n){ 26 if (v[1]>mx){ mx=v[1]; tot=x-1; rep(i,1,tot) res[i]=tmp[i]; } 27 rep(i,1,m) v[i]=T[i]; 28 return; 29 } 30 continue; 31 } 32 if (S[p].op==3){ 33 int x1,x2; 34 if (S[p].a==0) x1=S[p].b; else x1=v[S[p].b]; 35 if (S[p].c==0) x2=S[p].d; else x2=v[S[p].d]; 36 if (x1<x2) p=S[p].u; else p=S[p].v; 37 if (p<1 || p>n){ 38 if (v[1]>mx){ mx=v[1]; tot=x-1; rep(i,1,tot) res[i]=tmp[i]; } 39 rep(i,1,m) v[i]=T[i]; 40 return; 41 } 42 continue; 43 } 44 if (S[p].op==2){ 45 rep(i,1,m) T2[i]=v[i]; 46 tmp[x]=1; dfs(x+1,S[p].a); 47 rep(i,1,m) v[i]=T2[i]; 48 tmp[x]=2; dfs(x+1,S[p].b); 49 rep(i,1,m) v[i]=T[i]; 50 return; 51 } 52 } 53 } 54 55 int main(){ 56 freopen("train.in","r",stdin); 57 freopen("train.out","w",stdout); 58 scanf("%d%d",&n,&m); 59 rep(i,1,n){ 60 scanf(" %c",&op); 61 if (op=='v'){ 62 S[i].op=1; scanf("%d",&S[i].a); 63 scanf(" %c %c",&cc,&ch); 64 if (ch=='c') S[i].b=0; else S[i].b=1; 65 scanf("%d",&S[i].c); if (cc=='-') S[i].d=1; 66 } 67 if (op=='s'){ 68 S[i].op=2; scanf("%d%d",&S[i].a,&S[i].b); 69 } 70 if (op=='i'){ 71 S[i].op=3; 72 scanf(" %c",&ch); 73 if (ch=='c') S[i].a=0; else S[i].a=1; 74 scanf("%d",&S[i].b); 75 scanf(" %c",&ch); 76 if (ch=='c') S[i].c=0; else S[i].c=1; 77 scanf("%d",&S[i].d); 78 scanf("%d%d",&S[i].u,&S[i].v); 79 } 80 } 81 dfs(1,1); 82 rep(i,1,tot) printf("%d\n",res[i]); 83 return 0; 84 }
4,5,6都是DP，较复杂，略。
7,8,9,10是DP+暴力，略。
仔细观察第3个点，发现格式是每170行成为一段，段与段之间是互不影响的，所以直接段内暴搜，整体合并即可。
发现自己非常不擅长玩提答，稍微总结一下这种题的套路吧（虽然这种题没有太多套路）
1. 对码力要求较高，玩提答的时候动作一定要快，不能沉迷到游戏里去了。
2. 一般有这几种考察点：手玩，暴搜，贪心，DP，网络流，模拟退火。有些题里面会放数论算法的点。
3. 针对每个考察点需要注意的是：手玩不要搞复杂，感觉手玩比较难的时候不如考虑写暴搜。
4. 也不要一开始就急着先写暴搜，如果暴搜较复杂的话不如先看看后面的点。暴搜一般的收获是前两个点的满分和后面所有点的1~2分。
5. 一般不会有两个完全一样的点，但可能会有后面的点只是前面的代码稍作修改，或者要多跑一会而已。
6. 要多想DP和贪心，有时网络流和匈牙利也很有用。模拟退火+随机调整感觉凭自己水平还很难写出来，多写写随机化贪心。
7. 不要因为提答丢失了前面传统题的分。
Day 2
T1:矩阵游戏
最简单的一道题。首先已知f[i][1]可以通过等比数列求和公式轻松推出f[i][m]。然后合并系数可以轻松从f[1][1]得到f[n][1]，最后直接从f[n][1]推到f[n][m]即可。注意公比为1要特殊处理。
关于读入，由于n和m在公比不为1时是指数，为1时是系数，所以要边读边mod p或p-1。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 5 using namespace std; 6 7 const int mod=1000000007; 8 int n,m,a,b,c,d,n1,m1,X,Y; 9 char s[1000010]; 10 11 void Rd(int &n,int &n1){ 12 scanf("%s",s+1); int l=strlen(s+1); n=0; n1=0; 13 rep(i,1,l) n=(n*10ll+s[i]-'0')%(mod-1),n1=(n1*10ll+s[i]-'0')%mod; 14 } 15 16 int ksm(int a,int b){ 17 int res=1; 18 for (; b; a=1ll*a*a%mod,b>>=1) 19 if (b&1) res=1ll*res*a%mod; 20 return res; 21 } 22 23 void cal1(int a,int b,int n){ if (n<0) n+=mod; X=1; Y=1ll*n*b%mod; } 24 void cal(int a,int b,int n){ if (n<0) n+=mod-1; X=ksm(a,n); Y=1ll*(X-1)*ksm(a-1,mod-2)%mod*b%mod; } 25 26 int main(){ 27 freopen("matrix.in","r",stdin); 28 freopen("matrix.out","w",stdout); 29 Rd(n,n1); Rd(m,m1); scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d); 30 if (a==1) cal1(a,b,m1-1); else cal(a,b,m-1); 31 int p=X,q=Y,w=(p+q)%mod,u=1ll*c*p%mod,v=(1ll*c*q+d)%mod; 32 if (u==1) cal1(u,v,n1-1); else cal(u,v,n-1); 33 w=(1ll*X+Y)%mod; w=(1ll*p*w+q)%mod; printf("%d\n",w); 34 return 0; 35 }
T2:书法家
较复杂的DP，略。
T3:快餐店
首先如果是树，答案显然为直径的一半，这启发我们不要太深入的考虑环套树DP，而是使用常规的破环成树的方法。
显然所有点对间的最短路径可以都不经过某条边，枚举这条不需要的边，破环成树，在树上做前缀和与前缀最大值，再搞一搞就好了。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 4 #define For(i,x) for (int i=h[x],k; i; i=nxt[i]) 5 typedef long long ll; 6 using namespace std; 7 8 const int N=100010; 9 int n,cnt,tot,tim,u,v,w,dfn[N],fa[N],a[N],b[N],c[N],h[N],to[N<<1],nxt[N<<1],val[N<<1]; 10 ll f[N],u1[N],u2[N],v1[N],v2[N],ans; 11 bool d[N]; 12 13 void add(int u,int v,int w){ to[++cnt]=v; nxt[cnt]=h[u]; val[cnt]=w; h[u]=cnt; } 14 15 void dfs(int x){ 16 dfn[x]=++tim; 17 For(i,x) if ((k=to[i])!=fa[x]){ 18 if (!dfn[k]){ fa[k]=x; c[k]=val[i]; dfs(k); } 19 else if (dfn[k]>dfn[x]){ 20 for (; k!=x; k=fa[k]) d[k]=1,a[++tot]=k,b[tot]=c[k]; 21 d[x]=1; a[++tot]=x; b[tot]=val[i]; 22 } 23 } 24 } 25 26 void DP(int x,int fa){ 27 For(i,x) if ((k=to[i])!=fa && !d[k]) 28 DP(k,x),ans=max(ans,f[x]+f[k]+val[i]),f[x]=max(f[x],f[k]+val[i]); 29 } 30 31 int main(){ 32 freopen("food.in","r",stdin); 33 freopen("food.out","w",stdout); 34 scanf("%d",&n); 35 rep(i,1,n) scanf("%d%d%d",&u,&v,&w),add(u,v,w),add(v,u,w); 36 dfs(1); ll sm=0,mx=0; 37 rep(i,1,tot) DP(a[i],0); 38 rep(i,1,tot){ 39 sm+=b[i-1]; u1[i]=max(u1[i-1],f[a[i]]+sm); 40 v1[i]=max(v1[i-1],f[a[i]]+sm+mx); 41 mx=max(mx,f[a[i]]-sm); 42 } 43 ll tmp=b[tot]; sm=mx=b[tot]=0; 44 for (int i=tot; i; i--){ 45 sm+=b[i]; u2[i]=max(u2[i+1],f[a[i]]+sm); 46 v2[i]=max(v2[i+1],f[a[i]]+sm+mx); 47 mx=max(mx,f[a[i]]-sm); 48 } 49 ll mn=v1[tot]; 50 rep(i,1,tot-1) mn=min(mn,max(max(v1[i],v2[i+1]),u1[i]+u2[i+1]+tmp)); 51 ans=max(ans,mn); printf("%lld.%d\n",ans>>1,(ans&1)?5:0); 52 return 0; 53 }
