NOIP2021模拟17

宝藏

不难发现答案关于\(x_i\)单调(当一个数在\(x_i\)大时能作为中位数，那么\(x_i\)小时同样也能)

所以我们先对原序列按\(w_i\)排序

设\(f_i\)表示新序列第\(i\)个点作为中位数时\(x_i\)最大能为多少

我们考虑对于每个位置\(i\)求出\(g_i=\max_{j=i}^nf_j\)然后求答案时使用二分

从后往前计算\(g\),使用四个\(\tt multiset\)维护前\(i-1\)个数中前\(g_i\)小的数,后\(n-i\)个数中前\(g_i\)小的数

从\(g_i\)推往\(g_{i-1}\)时,直接从\(\tt multiset\)中删除/加入即可

由于\(g_i\)是单调的，所以使用类似于尺取的技巧即可

时间复杂度\(O(n\log n)\),当然，如果不嫌麻烦的话四个\(\tt multiset\)可以换成八个\(\tt priority\_queue\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
# define ll long long
# define read read1<ll>()
# define Type template<typename T>
Type T read1(){
	T t=0;
	char k;
	bool vis=0;
	do (k=getchar())=='-'&&(vis=-1);while('0'>k||k>'9');
	while('0'<=k&&k<='9')t=(t<<3)+(t<<1)+(k^'0'),k=getchar();
	return vis?-t:t;
}
# define fre(k) freopen(k".in","r",stdin);freopen(k".out","w",stdout)
int s,m,h[300005];
ll sumx,sumy,T;
pair<int,int>a[300005];
multiset<int>qx,qy,q1,q2;
int main(){fre("treasure");
	s=read;T=read;m=read;
	for(int i=1;i<=s;++i)a[i].first=read,a[i].second=read;
	sort(a+1,a+s+1);
	for(int i=1;i<=s;++i)q1.insert(a[i].second);
	for(int i=s,j=0;i;--i){
		auto w=q1.find(a[i].second);
		if(w!=q1.end())q1.erase(w);
		else{w=qx.find(a[i].second);
			sumx-=*w;
			qx.erase(w);
			if(q1.empty()){
				for(int k=i;k;--k)h[k]=h[k+1];
				break;
			}
			sumx+=*q1.begin();
			qx.insert(*q1.begin());
			q1.erase(q1.begin());
		}
		while(sumx+sumy+a[i].second<=T&&q1.size()&&q2.size()){
			sumx+=*q1.begin();sumy+=*q2.begin();
			qx.insert(*q1.begin());qy.insert(*q2.begin());
			q1.erase(q1.begin());q2.erase(q2.begin());
			++j;
		}
		if(sumx+sumy+a[i].second<=T)h[i]=j;
		else h[i]=j-1;
		q2.insert(a[i].second);
		if(qy.size()&&*qy.rbegin()>*q2.begin()){
			sumy-=*qy.rbegin();sumy+=*q2.begin();
			q2.insert(*qy.rbegin());
			qy.insert(*q2.begin());
			auto w=qy.end();--w;
			qy.erase(w);
			q2.erase(q2.begin());
		}
	}
	while(m--){
		int x=read,l=1,r=s,ans=-1,mid;
		while(l<=r)h[mid=l+r>>1]*2+1>=x?l=(ans=mid)+1:r=mid-1;
		printf("%d\n",~ans?a[ans].first:-1);
	}
	return 0;
}

寻找道路

先用一次\(BFS\)把只走\(0\)边能到的点存下来，再以它们为起点跑\(BFS\),后者的\(\tt BFS\)需要用\(\tt vector\)存下距离相同的点，同时转移

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
# define ll long long
# define read read1<ll>()
# define Type template<typename T>
Type T read1(){
	T t=0;
	char k;
	bool vis=0;
	do (k=getchar())=='-'&&(vis=-1);while('0'>k||k>'9');
	while('0'<=k&&k<='9')t=(t<<3)+(t<<1)+(k^'0'),k=getchar();
	return vis?-t:t;
}
# define fre(k) freopen(k".in","r",stdin);freopen(k".out","w",stdout)
# define mod 1000000007
int s,m,dis[1000005];
bool vis[1000005];
vector<int>G[1000005],G1[1000005];
queue<int>q1;
queue<vector<int> >q;
int main(){fre("path");
	s=read,m=read;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int u=read,v=read,w=read;
		if(w)G1[u].push_back(v);
		else G[u].push_back(v);
	}q1.push(1);vis[1]=1;
	vector<int>vec;
	while(q1.size()){
		int n=q1.front();q1.pop();
		vec.push_back(n);
		for(int i:G[n])
			if(!vis[i]){
				dis[i]=(dis[n]<<1)%mod;
				vis[i]=1;
				q1.push(i);
			}
	}q.push(vec);
	while(q.size()){
		vector<int>x=q.front();q.pop();
		vec.clear();
		for(int n:x)
			for(int i:G[n])
				if(!vis[i]){
					dis[i]=(dis[n]<<1)%mod;
					vis[i]=1;
					vec.push_back(i);
				}
		if(vec.size())q.push(vec);
		vec.clear();
		for(int n:x)
			for(int i:G1[n])
				if(!vis[i]){
					dis[i]=(dis[n]<<1|1)%mod;
					vis[i]=1;
					vec.push_back(i);
				}
		if(vec.size())q.push(vec);
	}
	for(int i=2;i<=s;++i)printf("%d ",vis[i]?dis[i]:-1);
	return 0;
}

猪国杀

设\(dp_{x,i,j}\)表示使用\(i\)张牌，和为\(j\),牌最大值\(\leq x\)的方案数

我们考虑牌从小往大转移

\(dp_{x-1,i,j}{i+v\choose i}\rightarrow dp_{x,i+v,j+v*x}\)

至于对答案的贡献则是\(dp_{x-1,i,j}{i+v\choose i}{n\choose i+v}(A-i)^{n-i-v}(i+\lfloor\frac{m-k}{x}\rfloor)\rightarrow ans\)

前一步时间复杂度为\(O(mAn\ln m)\)

后一步可以通过将\(\lfloor\frac{m-k}{x}\rfloor\)相等的\(k\)合在一起处理,时间复杂度位\(O(mn^2\ln m)\)

所以时间复杂度位\(O(nm\ln m(A+n))\)

打出来就过了。。。可能是因为常数小😝

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
# define ll long long
# define read read1<ll>()
# define Type template<typename T>
Type T read1(){
	T t=0;
	char k;
	bool vis=0;
	do (k=getchar())=='-'&&(vis=-1);while('0'>k||k>'9');
	while('0'<=k&&k<='9')t=(t<<3)+(t<<1)+(k^'0'),k=getchar();
	return vis?-t:t;
}
# define fre(k) freopen(k".in","r",stdin);freopen(k".out","w",stdout)
# define mod 998244353
ll qkpow(ll n,ll m){
	ll t=1;
	for(;m;m>>=1,n=n*n%mod)
		if(m&1)t=t*n%mod;
	return t;
}
int n,m,A,f[105][1005],Pow[1005][105];
ll ans,C[105][105];
int main(){fre("legend");
	n=read,m=read;A=read;
	int invA=qkpow(A,mod-2);
	Pow[0][0]=1;
	for(int j=1;j<=A;++j){
		Pow[j][0]=1;
		for(int i=1;i<=n;++i)Pow[j][i]=1ll*Pow[j][i-1]*j%mod;
	}
	for(int i=0;i<=n;++i){
		C[i][0]=C[i][i]=1;
		for(int j=1;j<i;++j)C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
	}
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=A;++i){
		for(int k=0;k<=m&&k<=n*(i-1);++k)
			for(int l=i>1?ceil(k/(i-1.0)):0.0,la=k;l<=(i==1?0:n)&&(k=la,1);++l){
					int v=(m-k)/i;ll t=f[l][k];
					while((m-k-1)/i==v&&k<m&&k<n*(i-1))t+=f[l][++k];
					t%=mod;
					for(int j=ceil((m-k+1.0)/i);j+l<=n;++j)
						ans=(ans+t*C[l+j][j]%mod*C[n][l+j]%mod*Pow[A-i][n-l-j]%mod*(v+l))%mod;
			}
		for(int k=m;k;--k)
			for(int j=1;j<=n&&i*j<=k;++j)
				for(int l=0;l+j<=n;++l)
					f[l+j][k]=(f[l+j][k]+f[l][k-i*j]*C[l+j][j])%mod;
	}
	for(int j=n;j<=m;++j)
		ans=(ans+1ll*f[n][j]*n)%mod;
	printf("%lld\n",ans*qkpow(invA,n)%mod);
	return 0;
}

数树

可以先算出\(tree_1\rightarrow tree_2\)映射的数量，再除以\(tree_2\rightarrow tree_2\)映射的数量即为答案

前者使用树上状压背包，后者直接\(m!*m\)枚举即可

时间复杂度\(O(nm^22^m+m!m)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
# define ll long long
# define read read1<ll>()
# define Type template<typename T>
Type T read1(){
	T t=0;
	char k;
	bool vis=0;
	do (k=getchar())=='-'&&(vis=-1);while('0'>k||k>'9');
	while('0'<=k&&k<='9')t=(t<<3)+(t<<1)+(k^'0'),k=getchar();
	return vis?-t:t;
}
# define fre(k) freopen(k".in","r",stdin);freopen(k".out","w",stdout)
# define mod 998244353
ll qkpow(ll n,ll m){
	ll t=1;
	for(;m;m>>=1,n=n*n%mod)
		if(m&1)t=t*n%mod;
	return t;
}
int s,n;
ll f[3005][1024],dp[3005][1024],ans;
pair<int,int>E[15];
bool a[15][15];
int tv[15][15];
vector<int>G[3005],G1[15];
void dfs(int x,int fa){
	for(int i:G[x])
		if(i!=fa)dfs(i,x);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		memset(f[x],0,8<<10);
		f[x][1<<i-1]=1;
		for(int v:G[x])
			for(int j=(1<<n);--j;)
				if(f[x][j])
					for(int k:G1[i]){
						if(j>>k-1&1)continue;
						(f[x][j|tv[i][k]]+=f[x][j]*dp[v][tv[i][k]])%=mod;
					}
		for(int j=0;j<(1<<n);++j)dp[x][j]=(dp[x][j]+f[x][j])%mod;
	}ans=(ans+dp[x][(1<<n)-1])%mod;
}
int getm(int x,int fa){
	int t=1<<x-1;
	for(int i:G1[x])
		if(i!=fa)t|=getm(i,x);
	return t;
}
int main(){fre("count");
	s=read;
	for(int i=1;i<s;++i){
		int u=read,v=read;
		G[u].push_back(v);
		G[v].push_back(u);
	}n=read;for(int i=1;i<n;++i){
		int u=read,v=read;
		G1[u].push_back(v);
		G1[v].push_back(u);
		E[i]=make_pair(u,v);
		a[u][v]=a[v][u]=1;
	}int tmp[15]={},tot=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)tmp[i]=i;
	do{
		bool vis=1;
		for(int i=1;i<n;++i)
			vis&=a[tmp[E[i].first]][tmp[E[i].second]];
		if(vis)++tot;
	}while(next_permutation(tmp+1,tmp+n+1));
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j:G1[i])
			tv[j][i]=getm(i,j);
	dfs(1,0);//cerr<<"FUCK\n";
	printf("%lld\n",ans*qkpow(tot,mod-2)%mod);
	return 0;
}

posted @ 2021-10-28 09:30 ファイナル阅读(47) 评论(0) 编辑收藏举报

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彼岸七月，花开深渊.

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