YACS-2022.6-银组

中途吃了个饭做了个核酸，压线赛时 AK 了，希望不要挂分。

T1 子集和

题目描述

子集和问题是指，给定 $n$ 个数字 $a_1,a_2,\cdots, a_n$，再给定一个目标 $t$，有多少种方法，能够选出一些数字，使得它们的和等于 $t$。注意每个数字可以重复选择多次。

小爱希望计算一些带有限制的子集和问题，她想知道，对于 $1\le i\le n$，如果规定不能选择 $a_i$，那么还有多少种方法，可以选出一些数字，使得它们的和等于目标 $t$？答案对 $10^9+7$ 取模。

$n\le 5000, a_i,t\le 10^4$。

大体思路

对于 $1\le i\le n$，都需要求出删去第 $i$ 个数的方案数，因此考虑动态规划。

记 $f[i,j]$ 表示前 $i$ 个数之和为 $j$ 的方案数，$f[0,0]=1$。由于每个数可以重复选取，$f[i,j]=f[i-1,j]+f[i,j-a_i]$，其中外层循环 $i=1\sim n$，内层循环 $j=0\sim m$。

同时，记 $g[i,j]$ 表示 $i$ 开始之后的数之和为 $j$ 的方案数，$g[n+1,0]=1$。其状态转移方程与 $f$ 类似但 $i$ 的方向相反。

容易想到，对于删去 $a_i$，相当于前 $i-1$ 个数和 $i+1$ 开始之后的数组成 $t$ 的方案数，可以枚举前 $i-1$ 个数的和，则答案为 $\sum f[i-1,j]\times g[i+1,t-j]$。

这样的做法时空复杂度均为 $O(nt)$，时间上能够通过，但即使开 int 也可能 MLE，因此将 $g$ 利用滚动数组优化，并且算出一组 $g$ 后立刻计算相应的 $ans$，这样空间常数得到优化，用 int 可以通过。

部分代码

	f[0][0] = 1;
	rep(i, 1, n) {
		rep(j, 0, m) {
			f[i][j] = f[i - 1][j];
			if(j >= a[i]) f[i][j] = (f[i][j] + f[i][j - a[i]]) % mod;
		}
	}
	g[(n + 1) & 1][0] = 1;
	Rep(i, n, 1) {
		rep(j, 0, m) {
			g[i & 1][j] = g[(i + 1) & 1][j];
			if(j >= a[i]) g[i & 1][j] = (g[i & 1][j] + g[i & 1][j - a[i]]) % mod;
			ans[i] = (ans[i] + 1ll * f[i - 1][j] * g[(i + 1) & 1][m - j] % mod) % mod;
		}
	}
	rep(i, 1, n) writeln(ans[i]);

T2 路径问题

题目大意

给定一张图，有 $n$ 个点，每个点有且只有一个后继，第 $i$ 个点的后继编号为 $t_i$，这条边的权重为 $w_i$。

给定一个整数 $k$，从每个点出发，沿着给定的后继遍历，经过 $k$ 条边后停止，请分别求出这些路径上的最大权重。

$n,k\le 5\times 10^5,\ w\le 10^9$。

大体思路

如果你想到了许多复杂度做法，你可能已经用到了 LCA，那你为什么没有想到倍增呢？

倍增简单题，如果整个图是链状，那么显然是 ST 表的模板。现在有了后继，只需要一个辅助数组。

因此，我们定义 $f[i,p]$ 表示节点 $i$ 出发经过 $2^p$ 条边得到的最大权值，$g[i,p]$ 表示 $i$ 的 $2^p$ 级后继。

那么显然有 $f[i,0]=w_i,g[i,0]=t_i$；

		f[i][p] = max(f[i][p - 1], f[g[i][p - 1]][p - 1]);
		g[i][p] = g[g[i][p - 1]][p - 1];

对于 $k$，枚举二进制位，如果 $k$ 的这一位为 $1$，那么 $f[i,p]$ 产生贡献，并且令 $i$ 指向 $2^p$ 级后继。

	read(n); read(k);
	rep(i, 1, n) read(g[i][0]);
	rep(i, 1, n) read(f[i][0]);
	int P = log(k) / log(2) + 1;
	rep(p, 1, P) {
		rep(i, 1, n) {
			f[i][p] = max(f[i][p - 1], f[g[i][p - 1]][p - 1]);
			g[i][p] = g[g[i][p - 1]][p - 1];
		}
	}
	rep(i, 1, n) {
		int ans = 0, u = i;
		rep(p, 0, P) if((k >> p) & 1) 
			ans = max(ans, f[u][p]), u = g[u][p];
		writeln(ans);
	}

T3 航海探险

就是这道题卡了我一会儿，然后我去做核酸了。

题目大意

在大海中，有 $n$ 座不确定坐标的岛屿。接下来，会陆续发现这些岛屿之间的相对位置关系，在发现的过程中，系统也会询问一些岛屿之间的距离：

• 若有两岛屿的相对位置关系被发现了，则输入格式为 D a b e，表示岛屿 $a$ 在岛屿 $b$ 的 $D$ 方向 $e$ 公里。$D$ 必须是 ESWN 中的一个字母，分别表示东南西北四个方向，输入数据保证不会有矛盾的情况发生，但有些信息可能是重复多余的。

• 如果输入格式为 ? a b，表示需要查询岛屿 $a$ 在岛屿 $b$ 之间的距离。如果 $a$ 与 $b$ 之间的相对关系尚不确定，则输出 ?。

注意，在计算距离时，所使用的定义是横纵坐标的差的绝对值之和，这种距离定义被称为城市距离或曼哈顿距离，而非常用的欧几里得距离。

大体思路

其实这道题如果是欧几里得距离也能做。

$a,b$ 之间的位置关系有传递性和方向性，因此考虑用带权并查集维护向量。

用 $v_X$ 记录节点 $X$ 指向其父亲节点 $Y$ 的向量 $\overrightarrow{XY}$。在路径压缩时由于路径压缩改变父亲节点，设当前节点为 $X$，父亲节点为 $Y$，根节点为 $R$，则 $\overrightarrow{XR}=\overrightarrow{XY}+\overrightarrow{YR}$，而 $\overrightarrow{YR}$ 在上一级函数中已经计算完成，因此直接令当前的 $v_X$ 加上 $v_Y$ 即可。

合并时，对于已经在同一个集合内的节点不予操作。否则，假设两个节点为 $a,b$，其所在集合的根节点分别为 $R_a,R_b$。根据 D a b e 语句，我们可以得到向量 $\overrightarrow{ab}$，现在要更新 $\overrightarrow{R_a R_b}$。显然有 $\overrightarrow{R_aR_b}=\overrightarrow{R_aa}+\overrightarrow{ab}+\overrightarrow{bR_b}=v_b-v_a+\overrightarrow{ab}$。

曼哈顿距离就是两个向量的 $|\Delta x|+|\Delta y|$。

另外，$e\le 10^9$，需要开 long long。

int n, m, fa[maxn];
struct Vector {
	int x, y;
} v[maxn]; 
inline int find(int u) {
	if(u == fa[u]) return u;
	int rt = find(fa[u]);
	v[u].x += v[fa[u]].x, v[u].y += v[fa[u]].y;
	return fa[u] = rt;
}
inline void merge(int x, int y, int dir, int dis) {
	// Dir x y dis, 0~3 = ESWN
	int f1 = find(x), f2 = find(y);
	if(f1 == f2) return;
	fa[f1] = f2;
	int dx = v[y].x - v[x].x, dy = v[y].y - v[x].y;
	if(dir == 0) v[f1] = {dx - dis, dy};
	else if(dir == 1) v[f1] = {dx, dis + dy};
	else if(dir == 2) v[f1] = {dis + dx, dy};
	else v[f1] = {dx, dy - dis};
}
signed main () {
	read(n); read(m);
	rep(i, 1, n) fa[i] = i;
	while(m --) {
		char op; int a, b, d;
		ReadChar(op);
		if(op == '?') {
			read(a); read(b);
			int f1 = find(a), f2 = find(b);
			if(f1 != f2) puts("?");
			else writeln(abs(v[a].x - v[b].x) + abs(v[a].y - v[b].y));
		}
		else {
			read(a); read(b); read(d);
			if(op == 'E') merge(a, b, 0, d);
			else if(op == 'S') merge(a, b, 1, d);
			else if(op == 'W') merge(a, b, 2, d);
			else merge(a, b, 3, d);
		}
//		rep(i, 1, n) printf("%lld: (%lld, %lld) ", i, v[i].x, v[i].y);
//		putchar('\n');
	}
	return 0;
}

T4 没有考试的天数

题目大意

给定 $n$ 个数 $a_i$，求 $1\sim t$ 之中有多少个数不是任何一个 $a_i$ 的正整数倍。

$n\le 20,t\le 10^{14}$

大体思路

容斥模板题。用一个 $n$ 位的二进制数表示是否选 $a_i$。

每次对于所有选择的数求一个 $lcm$，然后根据数的个数的奇偶性判断答案加上或者减去 $\left\lfloor \dfrac{t}{lcm}\right\rfloor$。时间复杂度 $O(2^nn\log a )$，看上去似乎时间很紧，但其实其中的 $n$ 是跑不满的。更精确的计算可以枚举 $1$ 的个数然后用组合数导，但没啥意义。

需要注意的是，$n$ 个 $a_i$ 的最大公约数可能超过 long long 的范围，因此当求得的 $lcm>t$ 时直接 break;。

代码非常简单，不给惹。