GRYZ10.26模拟赛解题报告

期望得分：\(100 + 6 + 12 = 118\)
实际得分：\(30+6+6 = 42\)

老吕找的，USACO 某场铂金组的题。

质量非常不错。

P6142 [USACO20FEB]Delegation P

你考虑二分答案 \(k\)。

对于一个 \(k\) 想一想如何判断他是否合法。

对于一个非根节点的点，假设他下面挂着 \(x\) 条链，我们考虑两两配对，从最小的开始，每次配对时要找刚好能满足长度和 \(\ge k\) 的链，因为这样是最优的，如果不能满足就留着上传给祖先，如果有多条不能满足，那就证明这个 \(k\) 不合法。为了方便配对，在 \(x \& 1 = 0\) 是可以加一条长度为 \(0\) 的边，可以证明这样不会对答案造成影响。

如果这个点是根节点，我们肯定要全部匹配完，因此在 \(x \& 1 = 1\) 时要再加一条长度为 \(0\) 的边。匹配的思路和上面差不多，显然如果不能匹配也能说明这个 \(k\) 是不合法的。

维护这些链可以用 multiset，总时间复杂度为 \(\mathcal O(n log^2 n)\)

/*
Work by: Suzt_ilymtics
Problem: 不知名屑题
Knowledge: 垃圾算法
Time: O(能过)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#define LL long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl

using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;

struct edge {
    int to, nxt;
}e[MAXN << 1];
int head[MAXN], num_edge = 1;

int n;
int f[MAXN];
bool Flag = true;

int read(){
    int s = 0, f = 0;
    char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch))  f |= (ch == '-'), ch = getchar();
    while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0' , ch = getchar();
    return f ? -s : s;
}

void add_edge(int from, int to) { e[++num_edge] = (edge){to, head[from]}, head[from] = num_edge; }

void dfs(int u, int fa, int lim) {
    multiset<int> S;
    if(!Flag) return ;
    for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
        int v = e[i].to;
        if(v == fa) continue;
        dfs(v, u, lim);
        S.insert(f[v] + 1);
    }
    bool flag = false;
    if((u == 1 && (S.size() & 1)) || (u != 1 && !(S.size() & 1))) S.insert(0);
    while(S.size()) {
        multiset<int>::iterator it = S.begin();
        int x = *it;
        S.erase(it);
        it = S.lower_bound(lim - x);
        if(u == 1) {
            if(it == S.end()) {
                Flag = false;
                break;
            }
            S.erase(it);
        } else {
            if(it == S.end() && flag) {
                Flag = false;
                break;
            } else if(it == S.end() && !flag) {
                f[u] = x, flag = true;
            } else {
                S.erase(it);
            }
        }
    }
}

bool Check(int lim) {
    Flag = true;
    memset(f, false, sizeof f);
    dfs(1, 0, lim);
    return Flag;
}

int main()
{
	n = read();
	for(int i = 1, u, v; i < n; ++i) {
	    u = read(), v = read();
	    add_edge(u, v), add_edge(v, u);
    }
    int l = 1, r = n, ans;
    while(l <= r) {
        int mid = (l + r) >> 1;
        if(Check(mid)) {
            ans = mid, l = mid + 1;
        } else {
            r = mid - 1;
        }
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

P6143 [USACO20FEB]Equilateral Triangles P

搬一张 @hyfhaha 神仙的图。

我们要发现一个结论：

如果我们固定 \(J,K\)，然后分别向 \(x,y\) 轴做垂线，交点为 \(H\)，延长 \(JH,KH\)，使得 \(KH = OH, JH = LH\)，连接 \(OL\)。

那么 \(OL\) 上的所有点都能和 \(J,K\) 配对。

所以我们可以枚举一个点 \(J\)，然后枚举一个距离 \(len\)，如果确定出来的 \(K\) 点存在，那么在预处理斜线前缀和后就可以 \(O(1)\) 求 \(OL\) 上有多少点了。

显然四个方向都要枚举一遍，每一次都要旋转 \(\LARGE\displaystyle\dfrac{\pi}{2}\)。

时间复杂度 \(\mathcal O(n^3)\)。

/*
Work by: Suzt_ilymtics
Problem: 不知名屑题
Knowledge: 垃圾算法
Time: O(能过)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define int long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl

using namespace std;
const int MAXN = 1055;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;

struct node { int x, y; }stc[MAXN * MAXN];

int n, sc = 0, ans = 0;
int a[MAXN][MAXN], b[MAXN][MAXN];
int sum[MAXN][MAXN];
char s[MAXN];

int read(){
    int s = 0, f = 0;
    char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch))  f |= (ch == '-'), ch = getchar();
    while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0' , ch = getchar();
    return f ? -s : s;
}

void Turn() {
    for(int i = 1; i <= n; ++i) for(int j = 1; j <= n; ++j) b[i][j] = a[i][j];
    for(int i = 1; i <= n; ++i) for(int j = 1; j <= n; ++j) a[i][j] = b[j][n - i + 1];
}

void Solve() {
    memset(sum, false, sizeof sum);
    for(int i = 1; i <= 2 * n; ++i) {
        for(int j = 1; j <= 2 * n; ++j) {
            sum[i][j] = sum[i - 1][j + 1] + a[i][j];
        }
    }
    sc = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) for(int j = 1; j <= n; ++j) if(a[i][j]) stc[++sc] = (node){i, j};
    for(int i = 1; i <= sc; ++i) {
        for(int j = 1; j <= n; ++j) {
            int sx = stc[i].x + j, sy = stc[i].y + j;
            int ex = stc[i].x, ey = stc[i].y + 2 * j;
            if(stc[i].x - j < 1 || stc[i].y + j > n) break;
            if(a[stc[i].x - j][stc[i].y + j] == 0) continue;
            ans = ans + sum[sx][sy] - sum[ex][ey];
        }
    }
}

signed main()
{
	n = read();
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
	    cin >> s + 1;
	    for(int j = 1; j <= n; ++j) { 
	        a[i][j] = (s[j] == '*');
        }
    }
    for(int i = 1; i <= 4; ++i) {
        Turn(), Solve();
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

P6144 [USACO20FEB]Help Yourself P

先考虑 \(k=1\) 的情况，P6146 就是这种情况。

考虑 DP。

考虑按照左端点排序，避免右边线段对左边线段的影响。

设 \(f_r\) 表示最右以 \(r\) 结尾的线段集合的联通块的数量的和。

考虑新加入一条线段 \([l,r]\)。考虑从前面的情况转移。

对于右端点在 \([1,l-1]\) 的情况，都可以使它们的联通块数量加一，然后统计到 \(f_r\) 里面。
对于右端点在 \([l,r]\) 的情况，因为加入后联通块数量不变，所以可以直接统计到 \(f_r\) 里面。
对于右端点 \(i \in [r+1,n]\) 的 \(f_i\) 要全部 \(\times 2\)，因为有关这条线段选或不选。

也就是说我们需要维护一个区间求和，区间 \(\times 2\) 的数据结构，直接上线段树即可。

对于 \(k\ \ != 1\) 的情况，可以考虑把它的 \(0 \sim k\) 次结果分别维护，计算的时候用二项式定理相加就好了。

什么是二项式定理？如下式：

\[(x+y)^k = \sum_{i=0}^{k} \binom{k}{i} x^i y^{k-i} \]

在本题中，\(y=1\)。

具体实现细节看代码吧。

/*
Work by: Suzt_ilymtics
Problem: 不知名屑题
Knowledge: 垃圾算法
Time: O(能过)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define int long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl

using namespace std;
const int MAXN = 2e5+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;

struct node {
    int l, r;
    bool operator < (const node &b) const { return l < b.l; }
}a[MAXN];

struct qwq { int a[12]; };

int n, K, M; 
int C[20][20];

int read(){
    int s = 0, f = 0;
    char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch))  f |= (ch == '-'), ch = getchar();
    while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0' , ch = getchar();
    return f ? -s : s;
}

namespace Seg {
    #define lson i << 1
    #define rson i << 1 | 1
    struct Tree {
        int a[12], lazy;
    }tree[MAXN << 2];
    void Push_up(int i) {
        for(int j = 0; j <= K; ++j) {
            tree[i].a[j] = (tree[lson].a[j] + tree[rson].a[j]) % mod;
        }
    }
    void Push_down(int i) {
        if(tree[i].lazy == 1) return ;
        tree[lson].lazy = tree[lson].lazy * tree[i].lazy % mod;
        tree[rson].lazy = tree[rson].lazy * tree[i].lazy % mod;
        for(int j = 0; j <= K; ++j) {
            tree[lson].a[j] = tree[lson].a[j] * tree[i].lazy % mod;
            tree[rson].a[j] = tree[rson].a[j] * tree[i].lazy % mod;
        }
        tree[i].lazy = 1;
    }
    void Add(int i, int l, int r, int pos, qwq b) {
        if(l == r) {
            for(int j = 0; j <= K; ++j) tree[i].a[j] = (tree[i].a[j] + b.a[j]) % mod;
            return ;
        }
        Push_down(i);
        int mid = (l + r) >> 1;
        if(mid >= pos) Add(lson, l, mid, pos, b);
        else Add(rson, mid + 1, r, pos, b);
        Push_up(i);
    }
    void Mul(int i, int l, int r, int L, int R) {
        if(L > R) return ;
        if(L <= l && r <= R) {
            tree[i].lazy = tree[i].lazy * 2 % mod;
            for(int j = 0; j <= K; ++j) tree[i].a[j] = tree[i].a[j] * 2 % mod;
            return ;
        }
        Push_down(i);
        int mid = (l + r) >> 1;
        if(mid >= L) Mul(lson, l, mid, L, R);
        if(mid < R) Mul(rson, mid + 1, r, L, R);
        Push_up(i);
    }
    qwq Query(int i, int l, int r, int L, int R) {
        if(L > R) {
            qwq b;
            for(int j = 0; j <= K; ++j) b.a[j] = 0;
            return b; 
        }
        if(L <= l && r <= R) {
            qwq d;
            for(int j = 0; j <= K; ++j) d.a[j] = tree[i].a[j];
            return d;
        } 
        Push_down(i);
        int mid = (l + r) >> 1; qwq res;
        res.a[0] = 1;
        for(int i = 0; i <= K; ++i) res.a[i] = 0;
        if(mid >= L) {
            qwq b = Query(lson, l, mid, L, R);
            for(int j = 0; j <= K; ++j) res.a[j] = (res.a[j] + b.a[j]) % mod;
        }
        if(mid < R) {
            qwq b = Query(rson, mid + 1, r, L, R);
            for(int j = 0; j <= K; ++j) res.a[j] = (res.a[j] + b.a[j]) % mod;
        }
        return res;
    }
    #undef lson
    #undef rson
}

signed main()
{
	n = read(), K = read(); M = 2 * n; 
	for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i].l = read(), a[i].r = read();
	sort(a + 1, a + n + 1);
	C[0][0] = 1;
	for(int i = 1; i <= K; ++i) {
	    C[i][0] = 1;
	    for(int j = 1; j <= i; ++j) {
	        C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % mod;
        }
    }
    qwq d;
    for(int i = 0; i <= K; ++i) d.a[i] = 0;
    d.a[0] = 1;
    Seg::Add(1, 0, M, 0, d);
    for(int p = 1; p <= n; ++p) {
        int l = a[p].l, r = a[p].r;
        qwq b = Seg::Query(1, 0, M, 0, l - 1);
        qwq c;
        for(int i = 0; i <= K; ++i) c.a[i] = 0;
        for(int i = 0; i <= K; ++i) {
            int res = 0;
            for(int j = 0; j <= i; ++j) {
                c.a[i] = (c.a[i] + b.a[j] * C[i][j] % mod) % mod;
            }
        }
        b = Seg::Query(1, 0, M, l, r - 1);
        for(int i = 0; i <= K; ++i) c.a[i] = (c.a[i] + b.a[i]) % mod;
        Seg::Add(1, 0, M, r, c);
        Seg::Mul(1, 0, M, r + 1, M);
    }
    printf("%lld\n", Seg::Query(1, 0, M, 0, M).a[K]);
    return 0;
}

posted @ 2021-10-27 21:35 Suzt_ilymtics 阅读(36) 评论(1) 编辑收藏举报

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