模拟15 题解（waiting）

T1

60%算法

定义f[i][j]表示枚举到i位置，已经使用过了j个队，

$f[i][j]+=f[i-1][t] ( t \in [max(0,j-k),j])$滚动一下

这是个O(n^3)的，考虑如何优化，发现可以使用前缀和，避免枚举t，$O(n^2)$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define R register
#define ll long long
using namespace std;
inline int read()
{
    int f=1,x=0;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch<='9'&&ch>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
    return f*x;
}
const int mod=998244353;
const int maxn=10000005;
int n,m,k;
ll f[2][maxn],g[2][maxn];
int main()
{
    //freopen("data1","r",stdin);
    //freopen("1.out","w",stdout);
    n=read(),m=read(),k=read();
    m-=n;k--;
    f[1][0]=g[1][0]=1;
    for(R int j=1;j<=k;++j)
    {
        f[1][j]=1;
        g[1][j]=(g[1][j-1]+f[1][j])%mod;
    }
    for(int j=k+1;j<=m;j++)
        g[1][j]=g[1][j-1]%mod;
    R int cnt=1;
    for(R int i=2;i<=n;++i)
    {
        cnt^=1;
        for(R int j=0;j<=m;++j)
        {
            R int l=max(0,j-k),r=j;
            R ll tot=0;
            if(l==0)tot=g[cnt^1][r];
            else tot=(g[cnt^1][r]-g[cnt^1][l-1]+mod)%mod;
            f[cnt][j]=tot%mod;
            g[cnt][j]=f[cnt][j]%mod;
            if(j)  (g[cnt][j]+=g[cnt][j-1])%=mod;
        }
    }
    printf("%lld\n",f[cnt][m]%mod);
}

 

100%算法

问题转化成：m个物品，放到n个抽屉里，每个至少放一个，最多放k个

若任何的限制: C(m+n-1,n-1)表示一共有m个物品，分成n组就要用n-1个挡板，把挡板也看成空位，总共m+n-1个空位，选出来n-1个

若考虑至少放一个：C(m-n+n-1,n-1)先用n个物品给每个抽屉放一个，剩了m-n个物品，再加上n-1个空，剩下的同上

再考虑k的限制：C(n,i)*C(m-n-i*k+n-1,n-1)表示至少有i个的数量已经超过k(>=k+1)所以先给n个抽屉放一个之后，再给n个放上k个，使之成为k+1个

就是m-n-i*k，再加上n-1个空

数组开2e7就行，显然n>m直接return0

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define R register
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read()
{
    ll f=1,x=0;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch<='9'&&ch>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
    return f*x;
}
const ll mod=998244353;
const ll maxn=20000005;
ll fac[maxn],inv[maxn],facinv[maxn];
ll n,m,k;
void init()
{
    fac[1]=1;
    inv[0]=inv[1]=facinv[0]=facinv[1]=1;
    for(ll i=2;i<=m+n;i++)
    {
        fac[i]=fac[i-1]*i*1ll%mod;
        inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
        facinv[i]=facinv[i-1]*inv[i]%mod;
    }
}
ll C(ll n,ll m)
{
    if(n<m)    return 0;
    return 1ll*fac[n]*facinv[n-m]%mod*facinv[m]%mod;
}
int main()
{
    n=read(),m=read(),k=read();
    if(n>m||n*k<m){puts("0");return 0;}
    init();
    ll ans=C(m-1,n-1)%mod;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        if(m-n<i*k)break;
        ll f=(i&1)?-1:1;
        ans=(ans+1ll*f*C(m-i*k-1,n-1)%mod*C(n,i)%mod+mod)%mod;
    }
    printf("%lld\n",ans%mod);
}

T2

对于无环的情况，最优解就是，图中的最长链的长度，，，为什么？

注意审题：只是炸城市，道路不炸，故某一城市毁了，其他城市的联通性不变，所以最长链上最少要炸的次数就是链长，而其他的路径，当然可以在炸最长链上的每个节点的同时也一起炸，有环的话，tarjan所点成scc，然后拓扑排序，把入度为0的节点放入队列中，枚举其子节点，子节点的答案为，父节点答案加上子节点的scc大小，并且这个点可能使用多次，所以要每次取最大值

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
inline int read()
{
    int f=1,x=0;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch<='9'&&ch>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
    return f*x;
}
const int maxn=1000005;
int n,m;
struct node{
    int v,nxt;
}e[2*maxn];int h[maxn],nu;
void add(int x,int y)
{
    e[++nu].v=y;
    e[nu].nxt=h[x];
    h[x]=nu;
}
struct nodc{
    int v,nxt;
}ec[maxn*2];int hc[maxn],nuc;
void add_c(int x,int y)
{
    ec[++nuc].v=y;
    ec[nuc].nxt=hc[x];
    hc[x]=nuc;
}
int dfn[maxn],low[maxn],num,top,cnt;
int sta[maxn],ins[maxn],bl[maxn];
vector<int>scc[maxn];
void tarjan(int x)
{
    dfn[x]=low[x]=++num;
    sta[++top]=x,ins[x]=1;
    for(int i=h[x];i;i=e[i].nxt)
    {
        int y=e[i].v;
        if(!dfn[y])
        {
            tarjan(y);
            low[x]=min(low[x],low[y]);
            
        }
        else if(ins[y])
            low[x]=min(low[x],dfn[y]);
    }
    if(dfn[x]==low[x]){
        int y;cnt++;
        do{
            y=sta[top--],ins[y]=0;
            scc[cnt].push_back(y);bl[y]=cnt;
        }while(y!=x);
    }
}
int ind[maxn],ans[maxn];
void topo()
{
    queue<int>q;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
        if(!ind[i])
            q.push(i),ans[i]=scc[i].size();
    while(q.size())
    {//cout<<" ^^^";
        int x=q.front();q.pop();
        for(int i=hc[x];i;i=ec[i].nxt)
        {
            int y=ec[i].v;ind[y]--;
            if(!ind[y])q.push(y);
            int w=scc[y].size();
            if(ans[y]<ans[x]+w)ans[y]=ans[x]+w;
        }
    }
}
int main()
{
    //freopen("data","r",stdin);
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x=read(),y=read();
        add(x,y);
    }
//    cout<<"^^^";
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!dfn[i])
            tarjan(i);
    for(int x=1;x<=n;x++)
    {
        for(int i=h[x];i;i=e[i].nxt)
        {
            int y=e[i].v;
            if(bl[x]!=bl[y])
                add_c(bl[x],bl[y]),ind[bl[y]]++;
        }
    }
    topo();
    int an=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        an=max(ans[i],an);
    printf("%d\n",an);    
}