2019-08-09 纪中NOIP模拟B组
T1 [JZOJ1035] 粉刷匠
题目描述
$windy$ 有 $N$ 条木板需要被粉刷。
每条木板被分为 $M$ 个格子。
每个格子要被刷成红色或蓝色。
$windy$ 每次粉刷，只能选择一条木板上一段连续的格子，然后涂上一种颜色。
每个格子最多只能被粉刷一次。
如果 $windy$ 只能粉刷 $T$ 次，他最多能正确粉刷多少格子？
一个格子如果未被粉刷或者被粉刷错颜色，就算错误粉刷。
数据范围
$1 \leq N,M \leq 50$，$0 \leq T \leq 2500$
分析
没错，这就是个DP
设 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 条木板粉刷 $j$ 次最多粉刷正确的格子数，$h[i][j]$ 表示第 $i$ 行粉刷 $j$ 次最多粉刷正确的格子数
显然 $f[i][j]= \mathop{max}\limits_{0 \leq k \leq m} \{ f[i-1][j-k]+h[i][k] \}$
然后考虑怎么预处理出 $h$ 数组
由于直接从 $h[i][j-1]$ 转移到 $h[i][j]$ 是很困难的，所以可以加一维 $k$ 表示刷完第 $i$ 条木板的前 $k$ 个格子
每新一次粉刷的颜色应为粉刷区间内格子最多的颜色
于是状态转移方程为 $$h[i][j][k]= \mathop{max}\limits_{j-1 \leq l < k} \{ h[i][j-1][l]+max(b[i][k]-b[i][l],k-l-(b[i][k]-b[i][l])) \}$$
$b[i][j]$ 表示第 $i$ 行前 $j$ 个格子中要粉刷成蓝色的个数，这个可以在输入的时候处理
最后在 $f$ 数组的转移时，倒序枚举 $j$ 可以降掉第一维 $i$
我还预处理了每条木板最多粉刷的次数，然后成了考场上跑的最快的代码
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 55 #define T 2505 int n, m, t; int f[T], g[N][N], h[N][N][N]; int sum[N], pre[N], blue[N][N]; char s[N]; int main() { scanf("%d%d%d", &n, &m, &t); for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%s", s + 1); for (int j = 1; j <= m; j++) { if (s[j] == '0') blue[i][j] = blue[i][j - 1]; else g[i][j] = 1, blue[i][j] = blue[i][j - 1] + 1; } } for (int i = 1; i <= n; i++) { sum[i] = 1; for (int j = 2; j <= m; j++) if (g[i][j] != g[i][j - 1]) sum[i]++; pre[i] = pre[i - 1] + sum[i]; } for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= sum[i]; j++) for (int l = 1; l <= m; l++) for (int k = j - 1; k < l; k++) h[i][j][l] = max(h[i][j][l], h[i][j - 1][k] + max(blue[i][l] - blue[i][k], l - k - (blue[i][l] - blue[i][k]))); for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = pre[i]; j; j--) for (int k = 1; k <= j && k <= sum[i]; k++) f[j] = max(f[j], f[j - k] + h[i][k][m]); while (!f[t]) t--; printf("%d\n", f[t]); return 0; }
T2 [JZOJ1036] 迷路
题目描述
$windy$ 在有向图中迷路了。
该有向图有 $N$ 个节点，$windy$ 从节点 $0$ 出发，他必须恰好在 $T$ 时刻到达节点 $N-1$。
现在给出该有向图，你能告诉 $windy$ 总共有多少种不同的路径吗？
注意：$windy$ 不能在某个节点逗留，且通过某有向边的时间严格为给定的时间。
数据范围
$2 \leq N \leq 10$，$1 \leq T \leq 10^9$
分析
连续两次考矩阵乘法，想不到想不到
矩阵乘法有这么一个定理：
一个存图（边权均为 $1$）的矩阵 $m$ 自乘 $k$ 次后，$m[i][j]$ 就表示从 $i$ 到 $j$ 走 $k$ 步的路径数
但是这题比较难搞的就是，每条边的边权可能是 $0 \sim 9$ 中的任意值
然后有了个神奇操作——分点（或者是说把每条边拆开），这样矩阵内所有边权都为 $0$ 或 $1$，第 $i$ 个点就被分为了 $10 \times i+j \, (1 \leq j \leq 9)$
对于一条边 $(u,v,w)$，我们需要先将 $10 \times u+1 \sim w$ 中的所有点连接，再把 $10 \times u+w$ 和 $10 \times v+1$ 连起来
于是原矩阵就转化为了一个 $0/1$ 矩阵，后面也就很简单了
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 105 int n, t; char s[N]; const int mod = 2009; struct Mat { int m[N][N]; Mat() {memset(m, 0, sizeof m);} } x; Mat mul(Mat a, Mat b) { Mat c; for (int i = 0; i < 10 * n; i++) for (int j = 0; j < 10 * n; j++) for (int k = 0; k < 10 * n; k++) c.m[i][j] = (c.m[i][j] + a.m[i][k] * b.m[k][j] % mod) % mod; return c; } Mat mpow(Mat a, int b) { Mat c; for (int i = 0; i < 10 * n; i++) c.m[i][i] = 1; while (b) { if (b & 1) c = mul(c, a); a = mul(a, a); b >>= 1; } return c; } void add(int u, int v, int w) { if (!w) return; for (int i = 1; i < w; i++) x.m[10 * u + i][10 * u + i + 1] = 1; x.m[10 * u + w][10 * v + 1] = 1; } int main() { scanf("%d%d", &n, &t); for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%s", s); for (int j = 0; j < n; j++) add(i, j, s[j] - '0'); } x = mpow(x, t); printf("%d\n", x.m[1][10 * (n - 1) + 1]); return 0; }
T3 [JZOJ1038] 游戏
题目描述
$windy$ 学会了一种游戏。
对于 $1$ 到 $N$ 这 $N$ 个数字，都有唯一且不同的 $1$ 到 $N$ 的数字与之对应。
最开始 $windy$ 把数字按顺序 $1,2,3,...,N$ 写一排在纸上，然后再在这一排下面写上它们对应的数字，然后又在新的一排下面写上它们对应的数字。
如此反复，直到序列再次变为 $1,2,3,...,N$。
如：1 2 3 4 5 6 对应的关系为 1->2 2->3 3->1 4->5 5->4 6->6，$windy$ 的操作如下
1 2 3 4 5 6
2 3 1 5 4 6
3 1 2 4 5 6
1 2 3 5 4 6
2 3 1 4 5 6
3 1 2 5 4 6
1 2 3 4 5 6
这时，我们就有若干排 $1$ 到 $N$ 的排列，上例中有 $7$ 排。
现在 $windy$ 想知道，对于所有可能的对应关系，有多少种可能的排数。
数据范围
$1 \leq N \leq 10^3$
分析
没错，这又是个DP
对于一个 $1$ 到 $N$ 的数列，如果其中的数被分为了若干部分，每一部分中的所有数同时进行循环，那么最后数列回到了原来的排列顺序，那么显然循环次数就是每部分包含的数的个数的最小公倍数（似乎有个高端名称叫非同构循环子群的数目）
所以题目就转化为，将 $n$ 分为若干数之和，求这些数的最小公倍数
将分出来的这些数进行质因数分解，可以发现每个质数只有其最高次项才对最小公倍数产生贡献
又因为 $1$ 对最小公倍数不产生贡献，所以可以在这些数中任意加减 $1$，也就是其他数字只需要满足和小于等于 $n$
于是问题又转化为了质数幂之和不大于 $n$ 时不同质数幂之积的个数
这就是个多重背包问题
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 1005 int n, cnt; int book[N], p[N]; ll ans, f[N]; void Prime() { for (int i = 2; i <= n; i++) if (!book[i]) { p[++cnt] = i; for (int j = 2; i * j <= n; j++) book[i * j] = 1; } } int main() { scanf("%d", &n); Prime(); f[0] = 1; for (int i = 1; i <= cnt; i++) for (int j = n; j >= p[i]; j--) for (int k = p[i]; k <= j; k *= p[i]) f[j] += f[j - k]; for (int i = 0; i <= n; i++) ans += f[i]; printf("%lld\n", ans); return 0; }
T4 [JZOJ1039] windy数
题目描述
$windy$ 定义了一种 $windy$ 数。
不含前导零且相邻两个数字之差至少为 $2$ 的正整数被称为 $windy$ 数。
$windy$ 想知道，在 $A$ 和 $B$ 之间，包括 $A$ 和 $B$，总共有多少个 $windy$ 数？
数据范围
$1 \leq A,B \leq 2 \times 10^9$
分析
没错，这双是个DP，一天四题三DP，我佛了
不到一个月前才刚写这题，数位DP经典题啊
就设 $f[i][j]$ 表示最高位为第 $i$ 位且该位为 $j$ 时windy数的个数
先预处理 $f$ 数组，再统计位数小于原数最高位的windy数个数
然后从高位向低位依次统计，注意windy数的限制条件
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 15 int a, b; int f[N][N], s[N]; int count(int x) { int sum = 0, len = 0; memset(s, 0, sizeof s); while (x) s[++len] = x % 10, x /= 10; for (int i = 1; i < len; i++) for (int j = 1; j <= 9; j++) sum += f[i][j]; for (int i = 1; i < s[len]; i++) sum += f[len][i]; for (int i = len - 1; i; i--) { for (int j = 0; j < s[i]; j++) if (abs(j - s[i + 1]) >= 2) sum += f[i][j]; if (abs(s[i] - s[i + 1]) < 2) break; } return sum; } int main() { scanf("%d%d", &a, &b); for (int i = 0; i <= 9; i++) f[1][i] = 1; for (int i = 2; i <= 10; i++) for (int j = 0; j <= 9; j++) for (int k = 0; k <= 9; k++) if (abs(j - k) >= 2) f[i][j] += f[i - 1][k]; printf("%d\n", count(b + 1) - count(a)); return 0; }
