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🔖DP set 概率DP 思维矩阵树

2023-10-07 22:14阅读: 721评论: 2推荐: 3

AtCoder Beginner Contest 323

有的人边上课边打abc

A - Weak Beats (abc323 A)

题目大意

给定一个 $01$ 字符串，问偶数位（从 $1$ 开始）是否全为 $0$ 。

解题思路

遍历判断即可。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    string s;
    cin >> s;
    bool ok = true;
    for (int i = 1; i < s.size(); i += 2) {
        ok &= (s[i] == '0');
    }
    if (ok)
        cout << "Yes" << '\n';
    else
        cout << "No" << '\n';
 
    return 0;
}

B - Round-Robin Tournament (abc323 B)

题目大意

给定 $n$ 个人与其他所有人的胜负情况。问最后谁赢。

一个人获胜次数最多则赢，若次数相同，则编号小的赢。

解题思路

统计每个人的获胜次数，排个序即可。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n);
    for (auto& i : a) {
        string s;
        cin >> s;
        i = count(s.begin(), s.end(), 'o');
    }
    vector<int> id(n);
    iota(id.begin(), id.end(), 0);
    sort(id.begin(), id.end(), [&](int x, int y) {
        if (a[x] != a[y])
            return a[x] > a[y];
        else
            return x < y;
    });
    for (auto& i : id)
        cout << i + 1 << ' ';
 
    return 0;
}

C - World Tour Finals (abc323 C)

题目大意

给定每道题的分数，以及每个人的通过情况，每个人的得分为解决题目的分的和，其中第 $i$ 个人还有 $i$ 的额外加分。

对于每个人，问最少还得解决多少道题，才能成为第一。

解题思路

因为范围只有 $100$ ，可以采取最朴素的做法，先统计每个人的分数，得到当前最高的分数。

然后对于每个人，从未通过题目的分数，排个序，大到小依次解决获得分数，看何时超过最高分。

由于每个人有不同的额外得分，所以不会有同分。

时间复杂度为 $O(n^2\log n)$

也可以每次遍历未通过的题目，找分数最大的，这样复杂度为 $O(n^3)$ 同样可以通过。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    vector<int> a(m);
    for (auto& i : a)
        cin >> i;
    vector<int> score(n);
    vector<string> s(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        cin >> s[i];
        score[i] = i + 1;
        for (int j = 0; j < m; ++j)
            score[i] += a[j] * (s[i][j] == 'o');
    }
    int maxx = *max_element(score.begin(), score.end());
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        if (score[i] == maxx) {
            cout << 0 << '\n';
            continue;
        }
        int dis = maxx - score[i];
        vector<int> unsolve;
        for (int j = 0; j < m; ++j)
            if (s[i][j] == 'x')
                unsolve.push_back(a[j]);
        sort(unsolve.begin(), unsolve.end(), greater<int>());
        int ans = 0;
        for (; dis > 0 && ans < unsolve.size(); ++ans) {
            dis -= unsolve[ans];
        }
        cout << ans << '\n';
    }
 
    return 0;
}

D - Merge Slimes (abc323 D)

题目大意

有 $n$ 类数字，第 $i$ 类数字为 $s_i$ ，有 $c_i$ 个。

同类数字可以两两合并，得到一个 $s_i + s_i$ 数字。

问最后剩下的数字数量。

解题思路

因为数字很大，可以考虑用map存对应数的数量。

但是不能遍历 $map$ 的每个元素，然后合并，累计到更大的数里。因为如果更大的数不存在，会插入到 $map$ 中，从而可能导致原因迭代器失效。

但考虑到一类元素不断合并，最终停止时，其个数一定是 $1$ ，就不用管它了，我们只考虑一开始的那些类别。因此事先用set储存原来的数的类别。

然后对于set的每一个类别，从小到大考虑不断合并，直到数量变为 $1$ 。由于每次合并数量都除以 $2$ 。因此每一类最多 $\log$ 次就结束了。

最后看 map里剩余数的个数。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    unordered_map<LL, int> cnt;
    set<int> a;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        int s, c;
        cin >> s >> c;
        cnt[s] = c;
        a.insert(s);
    }
    int ans = 0;
    for (auto& i : a) {
        int sum = 0;
        for (LL j = i; true; j = j + j) {
            sum = (sum + cnt[j]);
            if (sum < 2) {
                cnt[j] = sum;
                break;
            }
            cnt[j] = sum % 2;
            sum /= 2;
        }
    }
    for (auto& i : cnt) {
        ans += i.second;
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

E - Playlist (abc323 E)

题目大意

给定 $n$ 首歌的播放时间。

从第 $0$ 秒，随机选一首歌播放。当一首歌播放完后，立刻随机选下一首歌播放。

问第 $X + 0.5$ 秒时播放第一首歌的概率。

解题思路

假设第一首歌的播放时长为 $t$ 。

那么要在 $X + 0.5$ 秒播放第一首歌，则要求第一首歌在第 $X, X - 1, X - 2, ..., X - t + 1$ 秒中的一秒开始播放。

而如果我知道能够在第 $X,X-1,X-2,...,X-t + 1$ 秒开始播放的概率（或者说这些时刻恰好播放完的概率），那么这些概率的和，再乘以 $\frac{1}{n}$ （即选到第一首歌播放的概率），就是答案。

设 $dp[i]$ 表示能够在第 $i$ 秒开始播放的概率，转移则枚举之前播放的是哪一首歌，比如第 $j$ 首，播放时长为 $t_j$ ，则有 $dp[i] += dp[i - t_j] \times \frac{1}{n}$ 。

即 $dp[i] = \sum_{t_j \leq i} dp[i - t_j] \times \frac{1}{n}$

初始条件就是 $dp[0] = 1$ 。即第 $0$ 秒肯定能够播放一首歌。

最后答案就是 $\sum_{i = x - t + 1}^{x} dp[i] \times \frac{1}{n}$

时间复杂度为 $O(n^2)$

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
const int mo = 998244353;
 
int qpower(int a, int b) {
    int ret = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) {
            ret = 1ll * ret * a % mo;
        }
        a = 1ll * a * a % mo;
        b >>= 1;
    }
    return ret;
}
 
int inv(int x) { return qpower(x, mo - 2); }
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n, x;
    cin >> n >> x;
    vector<int> t(n);
    for (auto& i : t) {
        cin >> i;
    }
    vector<int> dp(x + 1);
    int one = inv(n);
    dp[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= x; ++i) {
        int sum = 0;
        for (auto& j : t) {
            if (i < j)
                continue;
            sum += 1ll * dp[i - j] * one % mo;
            if (sum >= mo)
                sum -= mo;
        }
        dp[i] = sum;
    }
    int ans = 0;
    for (int i = max(0, x - t[0] + 1); i <= x; ++i) {
        ans = ans + dp[i];
        if (ans >= mo)
            ans -= mo;
    }
    ans = 1ll * ans * one % mo;
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

F - Push and Carry (abc323 F)

题目大意

二维平面，推箱子。给定你的位置，箱子位置，目标位置，一次上下左右移动一格，问把箱子推到目标位置的最小步数。

解题思路

虽然坐标范围挺大的，但实际上决策只有两种。枚举两种决策分别计算下步数取最小即可。

假设箱子在左下，目标位置在右上。很显然，推箱子只有两个决策：

先向上推，再向右推。
先向右推，再向上推。

而为了把箱子向上推，那么事先要走到箱子的下方。同理向右推，要事先走到箱子的左方。

最终步数的贡献来自于：

起始位置走到推箱子的位置的步数
推动箱子的步数（固定的，为箱子位置到目标位置的曼哈顿距离）
中间转动方向时额外需要的步数（固定的，为 $2$ ），比如向上推时，你在箱子下方，然后要向右推，你需要走到箱子的左方，步数为 $2$ 。

因此只有第一个位置需要枚举，事实上就两种情况：

先向上推，则求出初始位置到箱子下方的距离
先向右推，则求出初始位置到箱子左方的距离

而这个距离事实上也是个曼哈顿距离，因为除了箱子别无障碍，两种方式到达指定位置中，必有一种是畅通无阻的。

当注意一种情况，当初始位置、箱子位置、到达箱子的位置处于同一条线，且箱子位置在中间的时候，此时并不是畅通无阻的，必须要偏移一下。比如初始位置在左边，箱子在中间，为了把箱子往左推，你要跑到箱子右边，但不能穿过箱子，此时的步数在曼哈顿距离的基础上还要 $+2$ ，即先向上走或向下走，再走回来。

代码里两种情况的分别考虑就相当于交换了下两个坐标，再考虑一次。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int sign(LL x) {
    if (x == 0)
        return 0;
    else if (x > 0)
        return 1;
    else
        return -1;
}
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    array<array<LL, 2>, 3> pos;
    for (auto& i : pos)
        for (auto& j : i)
            cin >> j;
    auto& [player, box, target] = pos;
    auto dis = [&](const array<LL, 2>& a, const array<LL, 2>& b) {
        return abs(a[0] - b[0]) + abs(a[1] - b[1]);
    };
    LL bound = dis(box, target);
    auto in_middle = [](LL l, LL m, LL r) {
        LL L = min(l, r), R = max(l, r);
        return m > L && m < R;
    };
    auto solve = [&]() {
        LL ret = bound;
        int d = sign(box[0] - target[0]);
        if (d == 0)
            return numeric_limits<LL>::max();
        array<LL, 2> t1 = box;
        t1[0] += d;
        ret += dis(player, t1);
        if ((player[0] == t1[0] && player[0] == box[0] &&
             in_middle(player[1], box[1], t1[1])) ||
            (player[1] == t1[1] && player[1] == box[1] &&
             in_middle(player[0], box[0], t1[0])))
            ret += 2;
        if (box[1] != target[1])
            ret += 2;
        return ret;
    };
    LL ans = solve();
    for (auto& i : pos)
        swap(i[0], i[1]);
    ans = min(ans, solve());
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

G - Inversion of Tree (abc323 G)

题目大意

给定一个关于 $n$ 的全排列 $p$ 。对于每个 $k = 0,1,2,...,n - 1$ ，问有多少种形态的树，满足树上恰好有 $k$ 条边 $(u,v)(u < v)$ ，有 $p_u > p_v$ 。

解题思路

是一道关于矩阵树黑科技的计数问题。

考虑朴素做法，假设给定的排列 $p$ 有 $k$ 个逆序对 $(i, j), p_i > p_j$ 。

先花 $O(2^k)$ 枚举要保留哪些边，那问题就剩下：

给定一张 $n$ 个点的完全图，我要求删除一些边，得到一棵树，其中特定边要保留下来，特定边要去掉，其余边无所谓。问这种树的方案数。

这种图的生成树计数问题，矩阵树科技可以解决。

矩阵树定理指一个关于图的矩阵 $L$ （拉普拉斯矩阵），它的行列式的任意余子式（去掉任一行、任一列）都是一样的，且等于该图的生成树个数。这个图可以有向、无向，可以有重边，但不能有自环。

其中拉普拉斯矩阵 $L$ =度数矩阵 $D-$ 邻接矩阵 $A$ 。

度数矩阵 $D_{ii}=$ 与点 $i$ 相连的边的个数，边有边权时则为边权和。其余为 $0$ 。

邻接矩阵 $A_{ij}=$ 边 $(i,j)$ 的个数，边有边权时则为边权和。

其矩阵的任意余子式的结果即为 $\sum_{T} \prod_{e_i \in T} w_{e_i}$ ， $w_i$ 为第 $i$ 条边的边权， $T$ 是所有生成树的集合，每个元素是一些列边的集合。当边权为 $1$ 时就是生成树的数量。

现在我们要求保留了一些边的生成树的方案数，怎么做呢？

考虑生成函数的思想，我们把要保留的边的边权设为 $x$ （就生成函数里无意义的自变量），其余边权为 $1$ 。于是其矩阵 $L$ 的余子式是一个关于 $x$ 的多项式，最高次的系数就是保留了特定边的方案数。

因此我们把上述 $k$ 个逆序对对应的边的边权全设为 $x$ ，其余为 $1$ ，其矩阵 $L$ 的余子式就是一个关于 $x$ 的多项式，其中 $x^i$ 的系数就是恰好保留了 i$个特殊边（逆序对）的方案数。

问题剩下如何快速地求出这个余子式~~套个板子吧~~。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
template <unsigned M_> struct ModInt {
    static constexpr unsigned M = M_;
    unsigned x;
    constexpr ModInt() : x(0U) {}
    constexpr ModInt(unsigned x_) : x(x_ % M) {}
    constexpr ModInt(unsigned long long x_) : x(x_ % M) {}
    constexpr ModInt(int x_)
        : x(((x_ %= static_cast<int>(M)) < 0) ? (x_ + static_cast<int>(M))
                                              : x_) {}
    constexpr ModInt(long long x_)
        : x(((x_ %= static_cast<long long>(M)) < 0)
                ? (x_ + static_cast<long long>(M))
                : x_) {}
    ModInt& operator+=(const ModInt& a) {
        x = ((x += a.x) >= M) ? (x - M) : x;
        return *this;
    }
    ModInt& operator-=(const ModInt& a) {
        x = ((x -= a.x) >= M) ? (x + M) : x;
        return *this;
    }
    ModInt& operator*=(const ModInt& a) {
        x = (static_cast<unsigned long long>(x) * a.x) % M;
        return *this;
    }
    ModInt& operator/=(const ModInt& a) { return (*this *= a.inv()); }
    ModInt pow(long long e) const {
        if (e < 0)
            return inv().pow(-e);
        ModInt a = *this, b = 1U;
        for (; e; e >>= 1) {
            if (e & 1)
                b *= a;
            a *= a;
        }
        return b;
    }
    ModInt inv() const {
        unsigned a = M, b = x;
        int y = 0, z = 1;
        for (; b;) {
            const unsigned q = a / b;
            const unsigned c = a - q * b;
            a = b;
            b = c;
            const int w = y - static_cast<int>(q) * z;
            y = z;
            z = w;
        }
        assert(a == 1U);
        return ModInt(y);
    }
    ModInt operator+() const { return *this; }
    ModInt operator-() const {
        ModInt a;
        a.x = x ? (M - x) : 0U;
        return a;
    }
    ModInt operator+(const ModInt& a) const { return (ModInt(*this) += a); }
    ModInt operator-(const ModInt& a) const { return (ModInt(*this) -= a); }
    ModInt operator*(const ModInt& a) const { return (ModInt(*this) *= a); }
    ModInt operator/(const ModInt& a) const { return (ModInt(*this) /= a); }
    template <class T> friend ModInt operator+(T a, const ModInt& b) {
        return (ModInt(a) += b);
    }
    template <class T> friend ModInt operator-(T a, const ModInt& b) {
        return (ModInt(a) -= b);
    }
    template <class T> friend ModInt operator*(T a, const ModInt& b) {
        return (ModInt(a) *= b);
    }
    template <class T> friend ModInt operator/(T a, const ModInt& b) {
        return (ModInt(a) /= b);
    }
    explicit operator bool() const { return x; }
    bool operator==(const ModInt& a) const { return (x == a.x); }
    bool operator!=(const ModInt& a) const { return (x != a.x); }
    friend std::ostream& operator<<(std::ostream& os, const ModInt& a) {
        return os << a.x;
    }
};
 
// det(a + x I)
// O(n^3)
//   Call by value: Modifies a (Watch out when using C-style array!)
template <class T> vector<T> charPoly(vector<vector<T>> a) {
    const int n = a.size();
    // upper Hessenberg
    for (int j = 0; j < n - 2; ++j) {
        for (int i = j + 1; i < n; ++i) {
            if (a[i][j]) {
                swap(a[j + 1], a[i]);
                for (int ii = 0; ii < n; ++ii)
                    swap(a[ii][j + 1], a[ii][i]);
                break;
            }
        }
        if (a[j + 1][j]) {
            const T s = 1 / a[j + 1][j];
            for (int i = j + 2; i < n; ++i) {
                const T t = s * a[i][j];
                for (int jj = j; jj < n; ++jj)
                    a[i][jj] -= t * a[j + 1][jj];
                for (int ii = 0; ii < n; ++ii)
                    a[ii][j + 1] += t * a[ii][i];
            }
        }
    }
    // fss[i] := det(a[0..i][0..i] + x I_i)
    vector<vector<T>> fss(n + 1);
    fss[0] = {1};
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        fss[i + 1].assign(i + 2, 0);
        for (int k = 0; k <= i; ++k)
            fss[i + 1][k + 1] = fss[i][k];
        for (int k = 0; k <= i; ++k)
            fss[i + 1][k] += a[i][i] * fss[i][k];
        T prod = 1;
        for (int j = i - 1; j >= 0; --j) {
            prod *= -a[j + 1][j];
            const T t = prod * a[j][i];
            for (int k = 0; k <= j; ++k)
                fss[i + 1][k] += t * fss[j][k];
        }
    }
    return fss[n];
}
 
template <class T> vector<T> detPoly(vector<vector<T>> a, vector<vector<T>> b) {
    const int n = a.size();
    T prod = 1;
    int off = 0;
    for (int h = 0; h < n; ++h) {
        for (;;) {
            if (b[h][h])
                break;
            for (int j = h + 1; j < n; ++j) {
                if (b[h][j]) {
                    prod *= -1;
                    for (int i = 0; i < n; ++i) {
                        swap(a[i][h], a[i][j]);
                        swap(b[i][h], b[i][j]);
                    }
                    break;
                }
            }
            if (b[h][h])
                break;
            if (++off > n)
                return vector<T>(n + 1, 0);
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                b[h][j] = a[h][j];
                a[h][j] = 0;
            }
            for (int i = 0; i < h; ++i) {
                const T t = b[h][i];
                for (int j = 0; j < n; ++j) {
                    a[h][j] -= t * a[i][j];
                    b[h][j] -= t * b[i][j];
                }
            }
        }
        prod *= b[h][h];
        const T s = 1 / b[h][h];
        for (int j = 0; j < n; ++j) {
            a[h][j] *= s;
            b[h][j] *= s;
        }
        for (int i = 0; i < n; ++i)
            if (h != i) {
                const T t = b[i][h];
                for (int j = 0; j < n; ++j) {
                    a[i][j] -= t * a[h][j];
                    b[i][j] -= t * b[h][j];
                }
            }
    }
    const vector<T> fs = charPoly(a);
    vector<T> gs(n + 1, 0);
    for (int i = 0; off + i <= n; ++i)
        gs[i] = prod * fs[off + i];
    return gs;
}
 
using MInt = ModInt<998244353>;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> p(n);
    for (auto& i : p)
        cin >> i;
    vector<vector<MInt>> a(n, vector<MInt>(n, 0));
    auto b = a;
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        for (int j = i + 1; j < n; ++j) {
            if (p[i] > p[j]) {
                b[i][i] += 1;
                b[j][j] += 1;
                b[i][j] -= 1;
                b[j][i] -= 1;
            } else {
                a[i][i] += 1;
                a[j][j] += 1;
                a[i][j] -= 1;
                a[j][i] -= 1;
            }
        }
    a.resize(n - 1);
    b.resize(n - 1);
    for (auto& i : a)
        i.resize(n - 1);
    for (auto& i : b)
        i.resize(n - 1);
    auto ans = detPoly(a, b);
    for (auto& i : ans)
        cout << i << ' ';
 
    return 0;
}

本文作者：~Lanly~

本文链接：https://www.cnblogs.com/Lanly/p/17747629.html

posted @ 2023-10-07 22:14 ~Lanly~ 阅读(721) 评论(2) 编辑收藏举报

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B - Round-Robin Tournament (abc323 B)

题目大意

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C - World Tour Finals (abc323 C)

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D - Merge Slimes (abc323 D)

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E - Playlist (abc323 E)

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	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	using LL = long long;

	int main(void) {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	string s;
	cin >> s;
	bool ok = true;
	for (int i = 1; i < s.size(); i += 2) {
	ok &= (s[i] == '0');
	}
	if (ok)
	cout << "Yes" << '\n';
	else
	cout << "No" << '\n';

	return 0;
	}