洛谷 U321190 麻将加强加强版题解

Description

给定一副 $k$ 张牌的麻将牌，求能「听」哪些牌。

对于所有数据， $1 \leq k \leq 2 \times 10^{5}$ 。

link：https://www.luogu.com.cn/problem/U321190

Solution

算法零#

枚举「听」的牌，用状压 DP 或者贪心判断。

时间复杂度 $O (2^{n} poly (n))$ 或 $O (n^{3})$ ，期望得分 $10 \sim 20$ 。

算法一#

将牌放入桶内，计 $a_{i}$ 为 $i$ 的牌的个数。枚举「听」的牌，用 DP 判断是否能「听」。

在 DP 前，有一个性质：由于三组同样的「顺子」可以被重新划分为三组「刻子」，所以相同的「顺子」不会超过三组。

设 $f_{i, j, k, 0 / 1}$ 为用完 $1 \sim i$ 的牌，有 $j$ 组以 $i - 2$ 开头的「顺子」， $k$ 组 $i - 1$ 开头的「顺子」，有或无「雀头」（ $1$ 为有， $0$ 为无）的情况是否可能。转移如下：

不分出「雀头」，则 $f_{i + 1, k, (a_{i + 1} - j - k) mod 3, 0 / 1} \leftarrow f_{i, j, k, 0 / 1}$
分出「雀头」，则 $f_{i + 1, k, (a_{i + 1} - j - k - 2) mod 3, 1} \leftarrow f_{i, j, k, 0}$

时间复杂度 $O (n^{2})$ ，有着 $18$ 的大常数。期望得分 $50$ 。

代码实现：

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
namespace Milkcat {
    typedef long long LL;
    typedef pair<LL, LL> pii;
    const int N = 5e3 + 5;
    int n, k, x, cnt[N], a[N], f[N][3][3][2];
	vector<int> res;
	bool check(int qwq) {
		for (int i = 1; i <= n; i ++)
			a[i] = cnt[i] + (i == qwq);
		memset(f, 0, sizeof f), f[0][0][0][0] = 1;
		for (int i = 0; i < n; i ++)
			for (int j = 0; j < 3; j ++)
				for (int k = 0; k < 3; k ++) 
					for (int p = 0; p < 2; p ++) {
						if (!f[i][j][k][p]) continue;
						if (a[i + 1] >= j + k) f[i + 1][k][(a[i + 1] - j - k) % 3][p] = 1;
						if (!p && a[i + 1] >= j + k + 2) f[i + 1][k][(a[i + 1] - j - k - 2) % 3][1] = 1;
					}
		return f[n][0][0][1];
	}
	int main() {
		cin >> n >> k;
		for (int i = 1; i <= k; i ++)
			cin >> x, cnt[x] ++;
		for (int i = 1; i <= n; i ++)
			if (check(i)) res.push_back(i);
		if (res.empty()) puts("NO");
		for (int v : res) cout << v << ' ';
        return 0;
    }
}
int main() {
    int T = 1;
    while (T --) Milkcat::main();
    return 0;
}

算法二

这种 DP 似乎无法继续优化，我们发现复杂度瓶颈在枚举「听」的牌，考虑将它放入 DP 状态中。

于是，设 $f_{i, j, k, 0 / 1, t}$ 为用完 $1 \sim i$ 的牌，有 $j$ 组以 $i - 2$ 开头的「顺子」， $k$ 组 $i - 1$ 开头的「顺子」，有或无「雀头」（ $1$ 为有， $0$ 为无）的情况下「听」 $t$ 是否可能。我们发现 DP 状态可以使用 bitset 优化。

为了辅助转移，我们设 $g_{i, j, k, 0 / 1}$ 为用完 $1 \sim i$ 的牌，有 $j$ 组以 $i - 2$ 开头的「顺子」， $k$ 组 $i - 1$ 开头的「顺子」，有或无「雀头」（ $1$ 为有， $0$ 为无）的情况是否可能（算法一的 DP）。

$g$ 的转移见算法一。

转移枚举 $i$ ，然后分三步：

转移 $g$ 。
$f$ 之间转移：条件同 $g$ ，设 $f_{x}$ 转移到 $f_{y}$ ，需要将 $f_{y}$ 设为两者的并集。
$g$ 向 $f$ 转移：加上一张点数为 $i$ 的牌，转移条件仍然同第 $g$ ，但是是由 $g$ 转移到 $f$ ，设 $g_{i, j, k, l}$ 转移到 $f$ ，则令 $f_{i, j, k, l, i} \leftarrow 1$ 。

时间复杂度 $O (\frac{n^{2}}{w})$ ，由于还是有 $18$ 的常数，所以常数没有特别小。期望得分 $80$ 。

可能有点抽象，可以看代码理解。

代码实现：

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
namespace Milkcat {
    typedef long long LL;
    typedef pair<LL, LL> pii;
    const int N = 1e4 + 5;
    int n, k, x, a[N], g[N][3][3][2];
	bitset<N> f[N][3][3][2];
	vector<int> res;
	int main() {
		cin >> n >> k;
		for (int i = 1; i <= k; i ++)
			cin >> x, a[x] ++;
		g[0][0][0][0] = 1;
		for (int i = 0; i < n; i ++) {
			for (int j = 0; j < 3; j ++)
				for (int k = 0; k < 3; k ++)
					for (int p = 0; p < 2; p ++) {
						if (!g[i][j][k][p]) continue;
						if (a[i + 1] >= j + k) g[i + 1][k][(a[i + 1] - j - k) % 3][p] = 1;
						if (!p && a[i + 1] >= j + k + 2) g[i + 1][k][(a[i + 1] - j - k - 2) % 3][1] = 1;
					}
			for (int j = 0; j < 3; j ++)
				for (int k = 0; k < 3; k ++)
					for (int p = 0; p < 2; p ++) {
						if (!f[i][j][k][p].count()) continue;
						if (a[i + 1] >= j + k) f[i + 1][k][(a[i + 1] - j - k) % 3][p] |= f[i][j][k][p];
						if (!p && a[i + 1] >= j + k + 2) f[i + 1][k][(a[i + 1] - j - k - 2) % 3][1] |= f[i][j][k][p];
					}
			a[i + 1] ++;
			for (int j = 0; j < 3; j ++)
				for (int k = 0; k < 3; k ++)
					for (int p = 0; p < 2; p ++) {
						if (!g[i][j][k][p]) continue;
						if (a[i + 1] >= j + k) f[i + 1][k][(a[i + 1] - j - k) % 3][p].set(i + 1);
						if (!p && a[i + 1] >= j + k + 2) f[i + 1][k][(a[i + 1] - j - k - 2) % 3][1].set(i + 1);
					}
		}
		if (!f[n][0][0][1].count()) puts("QAQ");
		for (int i = 1; i <= n; i ++)
			if (f[n][0][0][1][i]) cout << i << ' ';
        return 0;
    }
}
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0); 
    int T = 1;
    while (T --) Milkcat::main();
    return 0;
}

算法三

发现算法二中的 bitset 形式简单，考虑优化。

发现 bitset 仅维护了三种操作：

单点赋值为 $1$ 。
两个 bitset 按位或。
查询最终的一个 bitset。

将一个 DP 状态（即一个 bitset）看作一个点，将操作一挂在对应的点上，将操作二转移点与目标点间连一条边。由于 DP 的无后效性，所以建出来的图是 DAG。最后从最终状态出发，遍历能到达的点，处理操作一即可。

时间复杂度 $O (n)$ ，还是有 $18$ 的大常数。期望得分 $100$ 。

代码实现：

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
namespace Milkcat {
    typedef long long LL;
    typedef pair<LL, LL> pii;
    const int N = 4e6 + 5;
    int n, k, x, a[N], vis[N], g[N][3][3][2];
	vector<int> res, G[N], C[N];
	inline int id(int i, int j, int k, int p) { return i * 18 + j * 6 + k * 2 + p; }
	void dfs(int u) {
		for (int v : C[u]) vis[v] = 1;
		for (int v : G[u]) dfs(v);
	}
	int main() {
		cin >> n >> k;
		for (int i = 1; i <= k; i ++)
			cin >> x, a[x] ++;
		g[0][0][0][0] = 1;
		for (int i = 0; i < n; i ++) {
			for (int j = 0; j < 3; j ++)
				for (int k = 0; k < 3; k ++)
					for (int p = 0; p < 2; p ++) {
						if (!g[i][j][k][p]) continue;
						if (a[i + 1] >= j + k) g[i + 1][k][(a[i + 1] - j - k) % 3][p] = 1;
						if (!p && a[i + 1] >= j + k + 2) g[i + 1][k][(a[i + 1] - j - k - 2) % 3][1] = 1;
					}
			for (int j = 0; j < 3; j ++)
				for (int k = 0; k < 3; k ++)
					for (int p = 0; p < 2; p ++) {
						int t = id(i, j, k, p);
						if (a[i + 1] >= j + k) G[id(i + 1, k, (a[i + 1] - j - k) % 3, p)].push_back(t);
						if (!p && a[i + 1] >= j + k + 2) G[id(i + 1, k, (a[i + 1] - j - k - 2) % 3, 1)].push_back(t);
					}
			a[i + 1] ++;
			for (int j = 0; j < 3; j ++)
				for (int k = 0; k < 3; k ++)
					for (int p = 0; p < 2; p ++) {
						if (!g[i][j][k][p]) continue;
						if (a[i + 1] >= j + k) C[id(i + 1, k, (a[i + 1] - j - k) % 3, p)].push_back(i + 1);
						if (!p && a[i + 1] >= j + k + 2) C[id(i + 1, k, (a[i + 1] - j - k - 2) % 3, 1)].push_back(i + 1);
					}
		}
		dfs(id(n, 0, 0, 1));
		for (int i = 1; i <= n; i ++)
			if (vis[i]) res.push_back(i);
		if (res.empty()) cout << "QAQ\n";
		for (int v : res) cout << v << ' ';
        return 0;
    }
}
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0); 
    int T = 1;
    while (T --) Milkcat::main();
    return 0;
}

posted @ 2023-07-31 21:19 喵仔牛奶阅读(86) 评论(0) 编辑收藏举报

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