【学习笔记】AGC046

C - Shift

首先问题转化为，给定一个串$t$，问$s$经过最少多少步能变成$t$

然后考虑逆向操作，每次相当于把一个$0$前面的$1$移动到后面去

记$c_i$表示第$i$个$0$和第$i+1$个$0$之间的$1$的数目，显然两个串相同等价于$\{c_i\}$相同，并且每次操作相当于选择$i<j$，使得$c_i$减$1$，$c_j$加$1$

记$s_i=\sum a_i$，显然答案是$\sum \max (0,c_i-c_i^{\prime })$，并且对任意$i$满足$s_i\ge s_i^{\prime }$。

注意两维的大小都是$n$，如果暴力转移那么复杂度似乎是$O(n^4)$。

事实上跑不满。使用部分和可以优化到$O(n^3)$。

复杂度都不会算是不是该退役了

能过的代码为什么要优化呀

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define db long double
#define cpx complex<db>
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;
const int mod=998244353;
string s;
int n,m,K,a[305],f[305][305],g[305][305],one,res;
void add(int &x,int y){
	if((x+=y)>=mod)x-=mod;
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>s>>K,n=s.size();
    for(int i=0;i<n;i++){
    	if(s[i]=='0'){
    		m++;for(int j=i-1;j>=0;j--){
    			if(s[j]=='1')a[m]++;
    			else break;
			}
    		one+=a[m];
		}
	}m++;for(int i=n-1;i>=0;i--){
		if(s[i]=='1')a[m]++;
		else break;
	}one+=a[m];
	int s=0;f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		memset(g,0,sizeof g);
		for(int j=s;j<=one;j++){
			for(int k=0;k<=j;k++){
				if(!f[j][k])continue;
				for(int l=0;l<=one-j;l++){
					add(g[j+l][k+max(0,l-a[i])],f[j][k]);
				}
			}
		}memcpy(f,g,sizeof g),s+=a[i];
	}for(int i=0;i<=min(one,K);i++)add(res,f[one][i]);
	cout<<res;
}

D - Secret Passage

首先考虑长度为$m$的串$t$能否被生成。考虑逆向操作，每次相当于选一个数放到开头，然后在开头放$0/1$。那么考虑没被操作过的位置肯定构成了$s$的后缀，被操作的位置可以按任意顺序排列，那么只要判一下$0/1$的数目。

设$f_{i,j,k}$表示生成了长度为$i$的后缀，其中匹配的长度是$j$，未匹配的位置中$1$的个数是$k$的方案数。大力转移即可。

诶怎么一直wa???

仔细思考 wa了半天 后发现构造并没有那么简单，但是我们发现此时正着非常好做（因为插到后面就不用管了），这里有一个非常巧妙的观察：第一次显然对前两个数进行操作，如果剩下的那个数没有放在后面，那么它在以后的操作中也不会被放在后面，设$h_{i,j,k}$表示前缀$i$位生成了$j$个$0$，$k$个$1$时可以被任意放置的数的最大值，可以$O(1)$转移。

复杂度$O(n^3)$。

细节很多，比较难受

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define db long double
#define cpx complex<db>
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,a[305],b[305],f[305][305],g[305][305],h[305][305][305],res;
char s[305];
void add(int &x,int y){
	if((x+=y)>=mod)x-=mod;
}
void chmax(int &x,int y){
	x=max(x,y);
}
signed main(){
    scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=(s[i]=='1'),b[i]=b[i-1]+a[i];
	memset(h,-1,sizeof h);h[0][0][0]=0;
	for(int i=0;i<n;i++){
		for(int j=0;j<=i;j++){
			for(int k=0;k<=i;k++){
				if(h[i][j][k]==-1)continue;
				if(a[i+1])chmax(h[i+1][j+1][k],h[i][j][k]-1);
				if(!a[i+1])chmax(h[i+1][j][k+1],h[i][j][k]-1);
				chmax(h[i+1][j][k],h[i][j][k]);
				if(i+2<=n){
					chmax(h[i+2][j][k],h[i][j][k]+1);
					if(a[i+1]||a[i+2])chmax(h[i+2][j+1][k],h[i][j][k]);
					if(!a[i+1]||!a[i+2])chmax(h[i+2][j][k+1],h[i][j][k]);
				}
			}
		}
	}
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		memset(g,0,sizeof g);
		for(int j=0;j<i;j++){
			for(int k=0;k<i;k++){
				if(!f[j][k])continue;
				add(g[j][k+(!a[n-j])],f[j][k]);
				add(g[j+1][k],f[j][k]);
			}
		}memcpy(f,g,sizeof g);
		for(int j=0;j<=i;j++){
			for(int k=0;k<=i;k++){
				if(f[j][k]&&2*i-j<=n&&k<=b[n-j]&&i-j-k<=n-j-b[n-j]&&h[n-j][k][i-j-k]!=-1){
					add(res,f[j][k]);
				}
			}
		}
	}cout<<res;
}

E - Permutation Cover

考虑两件事：
$1.1$ 如何判断是否有解。这等价于是找必要条件，我们任取$i$,$j$比较它们的出现次数，容易得到结论：$2\min (a_i,a_j)\ge \max (a_i,a_j)$，构造也非常简单，让最小数$-1$，其他数$-2$即可。
$1.2$ 如何求字典序最小。换句话说，给定一段前缀，判断是否有解。先将不足$K$的部分补完，显然此时如果$2\min (a_i)\ge \max (a_i)$那么有解，否则一定满足$2\min (a_i)+1=\max (a_i)$，此时必须再补一个最大值在后面，这样恰好有解。

复杂度$O(\sum a_i{k}^2)$。

代码很难写

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define db long double
#define cpx complex<db>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int K,n,m,a[1005],b[1005],s[1005],v[1005];
int check(int n){
	for(int i=1;i<=K;i++)v[i]=0;
	for(int i=n-K+1;i<=n;i++)v[s[i]]=1;
	for(int i=1;i<=K;i++)if(!v[i])return 0;
	return 1;
}
int solve(){
	int t=1;while(s[t])t++;for(int i=1;i<=K;i++)b[i]=a[i];
	for(int i=1;i<=K;i++)v[i]=0;
	for(int i=m+1;i<t;i++){
		if(v[s[i]])return 0;
		v[s[i]]=1;
	}for(int i=m+1;i<t;i++)b[s[i]]++;for(int i=1;i<=K;i++)b[i]--;
	int mi=inf,mx=0,L=0;for(int i=1;i<=K;i++)mi=min(mi,b[i]),mx=max(mx,b[i]);
	for(int i=1;i<=K;i++)if(b[i]==mx)L++;
	if(2*mi>=mx)return 1;
	if(2*mi==mx-1){
		for(int i=m+1;i<t;i++){
			if(b[s[i]]==mi)return 0;
			if(b[s[i]]==mx)L--;
			if(!L)return 1;
		}return 1;
	}for(int i=1;i<=K;i++)b[i]=a[i];
	if(m){
		for(int i=m-K+1;i<=m;i++)v[s[i]]=i-m+K;
		int l=0;for(int i=m+1;i<t;i++)l=max(l,v[s[i]]),b[s[i]]++;
		for(int i=m-K+1;i<=m-K+l;i++)b[s[i]]--;
		mi=inf,mx=0,L=0;for(int i=1;i<=K;i++)mi=min(mi,b[i]),mx=max(mx,b[i]);
		for(int i=1;i<=K;i++)if(b[i]==mx)L++;
		if(2*mi>=mx)return 1;
		if(2*mi==mx-1){
			if(l!=K){
				for(int i=m-K+l+1;i<=m;i++){
					if(b[s[i]]==mi)return 0;
					if(b[s[i]]==mx)L--;
					if(!L)return 1;
				}return 1;
			}
			else {
				for(int i=m+1;i<t;i++){
					if(b[s[i]]==mi)return 0;
					if(b[s[i]]==mx)L--;
					if(!L)return 1;
				}return 1;
			}
		}return 0;
	}for(int i=1;i<t;i++)b[s[i]]++;for(int i=1;i<=K;i++)b[i]--;	
	mi=inf,mx=0,L=0;for(int i=1;i<=K;i++)mi=min(mi,b[i]),mx=max(mx,b[i]);
	for(int i=1;i<=K;i++)if(b[i]==mx)L++;
	if(2*mi>=mx)return 1;
	if(2*mi==mx-1){
		for(int i=1;i<t;i++){
			if(b[s[i]]==mi)return 0;
			if(b[s[i]]==mx)L--;
			if(!L)return 1;
		}return 1;
	}
	return 0;
}
signed main(){
    cin>>K;for(int i=1;i<=K;i++)cin>>a[i],n+=a[i];
    if(!solve()){
    	cout<<-1;
		return 0;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int ok=0;
		for(int j=1;j<=K;j++){
			if(a[j]==0)continue;
			s[i]=j,a[j]--;
			if(solve()){
				ok=1;
				break;
			}
			a[j]++;
		}assert(ok);
		if(i>=K&&check(i))m=i;
		cout<<s[i]<<' ';
	}
}

F - Forbidden Tournament

这是道数学题。

考虑怎么判断一张图是否合法。

如果存在一个点没有入度，那么把这个点删去，直到每个点至少有一个入度。

我们称$H$是不好的，也就是三元环都向一个点连边。

任选一个点$v$，记$Y=\{w|v\to w\}$，也就是$v$出边连向的集合，$X=V\setminus Y$，也就是$v$的入边加上$v$自己。

如果$X$中有环，也就是有三元环，首先$v$肯定不在环内，那么这个环都向$v$连边，就构成了$H$。

$1.1$ $X$是一个$DAG$，存在一个$x_1,...,x_k$且$x_k=v$，满足若$i<j$，则$x_i\to x_j$。

$1.2$ 对于$u\in X$，$w\in Y$，如果$w\to u$，且$w\to w^{\prime }$，我们可以推出$w^{\prime }\to u$，否则会构成$H$。

$1.3$ 如果$Y$中有环，那么取$u=x_1$，设环外一点$w$满足$w\to u$，不难发现两种情况都会构成$H$，因此$Y$是一个$DAG$，存在$y_1,...,y_l$，满足若$i<j$，则$y_i\to y_j$。

$1.4$ 不难发现$y_l\to x_1$。我们将$y_l$提出来，得到：若$x_i\to y_l$，那么$\forall i^{\prime }\in [i,k]$，$x_{i^{\prime }}\to y_l$

$1.5$ 我们不妨取最大的$t$满足$y_l\to x_t$。设$i\in [1,t]$，我们再任取一个点$y_j$，若$x_i\to y_j$，那么$\forall i^{\prime }\in [i,t]$，$x_i^{\prime }\to y_j$。注意到$i\in [t+1,k]$时$x_i\to y_j$，因此$t$的范围可以省去。

基于上述观察，我们可以直接计数。设删去了$i$个入度为$0$的点，那么转化为$(N-i,K-i)$规模的问题，乘上系数$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{i}\right)i!$。枚举左部点和右部点的数目，问题转化为一个$k\times l$矩阵的方案数，其中$a_{i,j}=1$表示$y_j\to x_i$。

我们将性质$1.2$转化成：若$y_j\to x_i$，那么$\forall j^{\prime }\in [j,l]$，$y_j^{\prime }\to x_i$。那么结合$1.2$和$1.5$，这个网格图满足：

• $a_{i,j}=1\Rightarrow \forall j^{\prime }\in [j,l],a_{i,j^{\prime }}=1$
• $a_{i,j}=0\Rightarrow \forall i^{\prime }\in [i,k],a_{i^{\prime },j}=1$
• $a_{1,l}=1$
• $a_{k,j}=1$

直接对这个阶梯状矩阵计数即可。不难发现只需要判边界处的点的度数。

这一步复杂度$O(kl)$，总复杂度$O(n^4)$。

似乎这道题有什么高论但是我不清楚

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define db long double
#define cpx complex<db>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n,K,mod;
ll fac[205],inv[205],f[205],res;
ll pw(ll x,ll y=mod-2){
	ll z(1);
	for(;y;y>>=1){
		if(y&1)z=z*x%mod;
		x=x*x%mod;
	}return z;
}
void init(int n){
	fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	inv[n]=pw(fac[n]);for(int i=n;i>=1;i--)inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
}
ll binom(int x,int y){
	return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
ll calc(int n,int m,int K){
	assert(K>=n-1);
	if(m==0)return 0;
	memset(f,0,sizeof f),f[1]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		ll sm=0;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(i==1&&j==n)continue;
			sm=(sm+f[j])%mod;
			if(m-i+j<=K&&i+n-j-1<=K)f[j]=sm;
			else f[j]=0;
		}
	}ll res=0;for(int i=1;i<=n;i++)res=(res+f[i])%mod;
	return res;
}
ll solve(int n,int m){
	if(n==1)return 1;
	ll res(0);
	for(int i=2;i<=m+1;i++)res=(res+calc(i,n-i,m))%mod;
	res=res*fac[n-1]%mod;
	return res;
}
signed main(){
    cin>>n>>K>>mod,init(n);
    for(int i=0;i<=K;i++){
    	res=(res+binom(n,i)*fac[i]%mod*solve(n-i,K-i))%mod;
	}
    cout<<(res+mod)%mod;
}

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
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