cf round 482E Kuro and Topological Parity
题意:一个长度为$n$的序列,一些地方是$0$,一些地方是$1$,$-1$的地方你可以选择填$0$或者$1$,你可以选择连一些边$x->y$满足$x<y$
请问有多少种填数并连边的方法,使得交错路的个数的奇偶性是$p$
$n \leq 50$
5维dp,可以减一维
原本的5维分别是:现在考虑的是第几个位置,当前有多少个点是x(0/1),并且以它为结尾的交错路的个数的奇偶性是r(0/1)。
dp的值是方案数
我们发现,假如我们现在要更新的dp值是$dp[i][j][k][t]$,并且我枚举到的状态是当前这个点是1,以它为结尾有奇数个交错路。
那么1连向它的边不影响他的奇偶性,0连向它的边,是偶数个的也不影响它的奇偶性,
只有奇数的0才会影响它的奇偶性,那么如果以它为结尾有偶数数个交错路,那么它要和前面奇数个奇数的0连边
这个可以预处理组合数就可以了
//Serene #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<cmath> using namespace std; #define ll long long #define db double #define For(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i) #define Rep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i) const int maxn=50+7; const ll mod=1e9+7; ll n,Px,col[maxn],mi[maxn],ans; ll dp[maxn][maxn][maxn][maxn],C[maxn][maxn],Cd[2][maxn];//black,0/1,white,0/1 char cc; ll ff; template<typename T>void read(T& aa) { aa=0;cc=getchar();ff=1; while((cc<'0'||cc>'9')&&cc!='-') cc=getchar(); if(cc=='-') ff=-1,cc=getchar(); while(cc>='0'&&cc<='9') aa=aa*10+cc-'0',cc=getchar(); aa*=ff; } int main() { read(n); read(Px); For(i,1,n) read(col[i]); C[0][0]=1; For(i,1,n) { C[i][0]=1; For(j,1,i) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod; } For(i,0,n) { For(j,0,i) Cd[j&1][i]+=C[i][j]; Cd[0][i]%=mod; Cd[1][i]%=mod; } mi[0]=1; For(i,1,n) mi[i]=mi[i-1]*2%mod; dp[0][0][0][0]=1; ll r,x; For(i,1,n) For(j,0,i) For(k,0,i-j) For(t,0,i-j-k) { r=i-j-k-t; if(col[i]!=1&&j+k>0) {//black,0/1 x=mi[j+k-1]*mi[t]%mod; if(j) //black,0 dp[i][j][k][t]+=x*dp[i-1][j-1][k][t]%mod*Cd[1][r]%mod; if(k) //black,1 dp[i][j][k][t]+=x*dp[i-1][j][k-1][t]%mod*Cd[0][r]%mod; } if(col[i]!=0&&t+r>0) { x=mi[t+r-1]*mi[j]%mod; if(t) //white,0 dp[i][j][k][t]+=x*dp[i-1][j][k][t-1]%mod*Cd[1][k]%mod; if(r) //white,1 dp[i][j][k][t]+=x*dp[i-1][j][k][t]%mod*Cd[0][k]%mod; } dp[i][j][k][t]%=mod; if(i==n&&((k+r)&1)==Px) ans+=dp[i][j][k][t]; } printf("%lld\n",ans%mod); return 0; }
ud20180701:
今天才知道,这道题可以O(n)做……
考场上看到这道题,第一反应是惊喜,哇,做过,第二反应是,诶,数据范围2e5???
想了好久才想起当初怎么做的,印象很深自己当时是O(n^4)做的,还给Achen和NicoDafaGood讲过。
然后思考了一下,发现白偶和黑偶是可以合并的,于是优化成了O(n^3),得了65分
当时场上还发现了,如果当前是黑,前面含有白奇,那么转移到黑奇和黑偶的方案是相同的。
但是没有想到,这两个转移的方案和就是2^i,所以转移到一个就是2^(i-1)。(i是前面的点数,不包括自己)
然后就记录一下前面有没有白奇和黑奇,以及白奇的点数和黑奇的点数的奇偶性就可以了。
O(n^3)代码:
//Serene #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<cmath> using namespace std; #define ll long long #define db double #define For(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);++i) #define Rep(i,a,b) for(register int i=(a);i>=(b);--i) const int maxn=5000+7,maxt=507; const ll mod=998244353; ll n,d,a[maxn],mi[maxn],C[maxn][maxn]; ll f[2][maxt][maxt],g[maxn][2]; template<typename T>void read(T& aa) { aa=0;char cc=getchar();T ff=1; while((cc!='-')&&(cc<'0'||cc>'9')) cc=getchar(); if(cc=='-') ff=-1,cc=getchar(); while(cc>='0'&&cc<='9') aa=aa*10+cc-'0',cc=getchar(); aa*=ff; } ll solve() {//O(n^3) mi[0]=1; For(i,1,n) mi[i]=mi[i-1]*2%mod; C[0][0]=g[0][0]=1; For(i,1,n) { C[i][0]=g[i][0]=1; For(j,1,i) { C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod; g[i][j&1]+=C[i][j]; } g[i][0]%=mod; g[i][1]%=mod; } int o=0,t; ll x,y; f[0][0][0]=1; For(i,1,n) { o^=1; For(j,0,i) For(k,0,i-j) f[o][j][k]=0; For(j,0,i-1) For(k,0,i-1-j) if(f[o^1][j][k]) {//j:white odd , k:black odd (1) x=(f[o^1][j][k]%=mod); t=i-1-j-k;//t:even(black&white) (0) if(a[i]!=1) {//white y=x*mi[t+j]%mod; f[o][j+1][k]+=y*g[k][0]%mod;//odd f[o][j][k]+=y*g[k][1]%mod; //even } if(a[i]!=0) {//black y=x*mi[t+k]%mod; f[o][j][k+1]+=y*g[j][0]%mod;//odd f[o][j][k]+=y*g[j][1]%mod; //even } } } ll rs=0; For(i,0,n) For(j,0,n-i) if(f[o][i][j]) { f[o][i][j]%=mod; if(((i+j)&1)==d) rs+=f[o][i][j]; } return rs%mod; } int main() { freopen("graph.in","r",stdin); freopen("graph.out","w",stdout); read(n); read(d); For(i,1,n) read(a[i]); printf("%lld\n",solve()); // cerr<<clock()<<"\n"; return 0; }
O(n)代码:
//Serene #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<cmath> using namespace std; #define ll long long #define db double #define For(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i) #define Rep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i) const ll mod=998244353; const int maxn=1e6+7; ll n,d,a[maxn],dp[maxn][3][3],mi[maxn]; template<typename T>void read(T& aa) { aa=0;char cc=getchar();T ff=1; while((cc!='-')&&(cc<'0'||cc>'9')) cc=getchar(); if(cc=='-') ff=-1,cc=getchar(); while(cc>='0'&&cc<='9') aa=aa*10+cc-'0',cc=getchar(); aa*=ff; } int main() { freopen("graph.in","r",stdin); freopen("graph.out","w",stdout); read(n); read(d); mi[0]=1; For(i,1,n) mi[i]=mi[i-1]*2%mod; For(i,1,n) read(a[i]); dp[0][0][0]=1; For(i,0,n-1) For(j,0,2) For(k,0,2) if(dp[i][j][k]) { dp[i][j][k]%=mod; if(a[i+1]!=1) {//white if(k) { dp[i+1][j? 3-j:1][k]+=dp[i][j][k]*mi[i-1]%mod; dp[i+1][j][k]+=dp[i][j][k]*mi[i-1]%mod; } else dp[i+1][j? 3-j:1][k]+=dp[i][j][k]*mi[i]%mod; } if(a[i+1]!=0) {//black if(j) { dp[i+1][j][k? 3-k:1]+=dp[i][j][k]*mi[i-1]%mod; dp[i+1][j][k]+=dp[i][j][k]*mi[i-1]%mod; } else dp[i+1][j][k? 3-k:1]+=dp[i][j][k]*mi[i]%mod; } } ll ans=0; For(i,0,2) For(j,0,2) if(dp[n][i][j]&&((i+j)&1)==d) ans+=dp[n][i][j]%mod; printf("%lld\n",ans%mod); return 0; }
弱者就是会被欺负呀