2023.08.07模拟赛题解

合集 - 题解(23)
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2023.08.07 模拟赛题解

A.[USACO21OPEN] Balanced Subsets P

思路

本场比赛第一道计数。

分析原条件，发现不管是横着从上往下看、还是竖着从左往右看，同一行或者同一列的 \(l\) 端一定满足先单调不升，再单调不降；\(r\) 端相反，满足先单调不降，再单调不升；显然 \(l \leq r\)。

所以考虑 DP。

考虑方程 \(f_{i, l, r, 0 /1, 0 / 1}\) 表示考虑到前 \(i\) 行，左端为 \(l\)，右端为 \(r\) ，\(l\) 是否处于单调不降状态， \(r\) 是否处于单调不升状态。

但是正确性有些问题，因为出现 \(l_1 \geq l_2 \geq l_3 \cdots \geq l_p = l_{p + 1} = \cdots = l_q \leq l_{q + 1} \leq \cdots \leq l_{n}\) 的以及 \(r\) 端同理的情况时，我们会算多。

所以考率将相等且处于峰顶或者谷底的 \(pos\) 划归到前一半状态中去。具体来说 DP 状态中升降状态的改变 \(0 \to 1\) 只有在 \(l_{pre} < l\) 或 \(r_{pre} > r\) 时才能在相应的端点处转移出 \(0 \to 1\) 的。

具体的方程都很显然，可以随便手推。

然后我们就得到了 \(O (n^5)\) 的具有启发性的暴力做法。

发现我们可以做个前缀和来计算。具体来说，在转移中对于 \((l,r)\) 区间只会由一些左右端 \(pos\) 在一个区间内的上个阶段 DP 值求得。所以直接二维前缀和。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod = 1e9 + 7;
int n, sm[155][155], f[155][155][155][2][2], S[155][155][155][2][2], Ans;
char s[155][155];
int Query_Sum (int u, int xl, int xr, int yl, int yr, int p, int q){
    if (xl > xr || yl > yr)
        return 0;
    int x = min (xl, xr), y = min (yl, yr);
    int xx = max (xl, xr), yy = max (yl, yr);
    return ((S[u][xx][yy][p][q] - S[u][xx][y - 1][p][q] - S[u][x - 1][yy][p][q] + S[u][x - 1][y - 1][p][q]) % mod + mod) % mod;
}
signed main (){
    scanf ("%lld", &n);
    for (int i = 1;i <= n;++ i){
        scanf ("\n%s", s[i] + 1);
        for (int j = 1;j <= n;++ j)
            sm[i][j] = sm[i][j - 1] + (int) (s[i][j] == 'G');
    }
    for (int i = 1;i <= n;++ i){
        for (int l = 1;l <= n;++ l)
            for (int r = l;r <= n && s[i][r] == 'G';++ r){
                f[i][l][r][0][0] = Query_Sum (i - 1, l, r, l, r, 0, 0) + 1;
                f[i][l][r][0][1] = Query_Sum (i - 1, l, r, r, n, 0, 1) + Query_Sum (i - 1, l, r, r + 1, n, 0, 0);
                f[i][l][r][1][0] = Query_Sum (i - 1, 1, l, l, r, 1, 0) + Query_Sum (i - 1, 1, l - 1, l, r, 0, 0);
                f[i][l][r][1][1] = Query_Sum (i - 1, 1, l, r, n, 1, 1) + Query_Sum (i - 1, 1, l - 1, r, n, 0, 1) + Query_Sum (i - 1, 1, l, r + 1, n, 1, 0) + Query_Sum (i - 1, 1, l - 1, r + 1, n, 0, 0);
                f[i][l][r][0][0] %= mod;
                f[i][l][r][0][1] %= mod;
                f[i][l][r][1][0] %= mod;
                f[i][l][r][1][1] %= mod;
            }
        for (int x = 1;x <= n + 1;++ x)
            for (int y = 1;y <= n + 1;++ y)
                for (int p = 0;p < 2;++ p)
                    for (int q = 0;q < 2;++ q){
                        S[i][x][y][p][q] = S[i][x - 1][y][p][q] + S[i][x][y - 1][p][q] - S[i][x - 1][y - 1][p][q] + f[i][x][y][p][q];
                        (S[i][x][y][p][q] = S[i][x][y][p][q] % mod + mod) %= mod;
                    }
        for (int p = 0;p < 2;++ p)
            for (int q = 0;q < 2;++ q)
                (Ans += S[i][n][n][p][q]) %= mod;
    }
    printf ("%lld\n", Ans);
    return 0;
}

B.[JOI Open 2016] 「高層ビル街/Skyscraper/摩天大楼」

思路

本场比赛第二道计数。

本年度第？道 JOI。

但是好像是道 fw 题，感觉这类题除了找性质乱整一下之外，就只有考虑排序+DP+插入+细节，或者整个 \(O(n^2)\) 甚至 \(O(n^3)\) 再用四边形不等式之类的乱搞一下。反正这题挺板的，上我以前写过的题解：

听说有种东西叫做连续段 DP？（感觉好高级）但是其实就是选择 DP 顺序的一个很经典的例子。考虑换一种顺序进行 DP。

令 \(S=\sum_{i=1}^{n-1} |v_i - v_{i+1}|\)。

考虑将 \(v\) 从大到小排序，然后尝试放入序列中。每次可以把当前的数插入原序列中，考虑手动划分出一些折线段（请结合自己的手绘图像）。显然每次把 \(v_i\) 的状态推向 \(v_{i+1}\) 的话，对于每不是最左右段的某一段的两个端点一定会连向 \(\leq v_{i+1}\) 的某个点，所以这一段对 \(S\) 的贡献为 \(2(v_{i+1} - v_i)\)。当然因为最左段或者最右段的特殊性，我们可以在 DP 的状态中钦定当前的最左段的左端点能否再延伸，最右端同理。当然最左段的右端和最右段的左端可以正常延伸和转移。

具体地，定义 \(f_{t,i,l,0/1,0/1}\) 表示放入前 \(t\) 大的数，当前划分了 \(i\) 段，已经知道的对 \(S\) 的贡献为 \(l\)，左段的左端点是否能延伸，右段的右端点是否能延伸。

转移式如下：

\[\begin{aligned} & \text{init: } \forall p \in \{0,1\},q \in \{0,1\}:f_{1,1,0,p,q} \leftarrow 1 \\ & \text{let: } x \leftarrow l + (2i - p - q)(v_t-v_{t+1}) \\ & \text{let: } w \leftarrow f_{t,i,x,p,q} \\ & \text{Part of creating a new segment:} \\ & \;\;\;\; f_{t+1,i+1,x,p,q} \mathop{\leftarrow} \limits^+ (i-1)w & i > 1 \\ & \;\;\;\; f_{t+1,i+1,x,0,q} , f_{t+1,i+1,x,1,q} \mathop{\leftarrow} \limits^+ w & p = 0 \\ & \;\;\;\; f_{t+1,i+1,x,p,0} , f_{t+1,i+1,x,p,1} \mathop{\leftarrow} \limits^+ w & q = 0 \\ & \text{Part of extending a original segment:} \\ & \;\;\;\; f_{t+1,i,x,p,q} \mathop{\leftarrow} \limits^+ 2(i-1)w & i > 1 \\ & \;\;\;\; f_{t+1,i,x,0,q} , f_{t+1,i,x,1,q} \mathop{\leftarrow} \limits^+ w & p = 0 \\ & \;\;\;\; f_{t+1,i,x,p,0} , f_{t+1,i,x,p,1} \mathop{\leftarrow} \limits^+ w & q = 0 \\ & \text{Part of merging two original segments into one by using } v_{t+1} : \\ & \;\;\;\; f_{t+1,i-1,x,p,q} \mathop{\leftarrow} \limits^+ (i-1)w & i > 1 \end{aligned} \]

稍稍有一点冗长，但是其实很好理解的，其实就是分类讨论左段（就是 \(q = 0\) 的情况）、右段（就是 \(p=0\) 的情况）、中间（就是 \(i>1\) 的情况）进行计算。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod = 1e9 + 7;
int n, L, a[105], f[2][105][1005][2][2], Ans;
bool cmp (int i, int j){
	return i > j;
}
int w (int i){
	return i & 1;
}
int r (int i){
	return w (i) ^ 1;
}
signed main (){
	scanf ("%lld%lld", &n, &L);
	for (int i = 1;i <= n;++ i)
		scanf ("%lld", &a[i]);
	sort (a + 1, a + n + 1, cmp);
	for (int i = 0;i < 2;++ i)
		for (int j = 0;j < 2;++ j)
			f[1][1][0][i][j] = 1;
	for (int t = 1;t < n;++ t){
		for (int i = 1;i <= t + 1;++ i)
			for (int l = 0;l <= L;++ l)
				for (int p = 0;p < 2;++ p)
					for (int q = 0;q <= 2;++ q)
						f[r (t)][i][l][p][q] = 0;
		for (int i = 1;i <= t;++ i)
			for (int l = 0;l <= L;++ l)
				for (int p = 0;p < 2;++ p)
					for (int q = 0;q < 2;++ q){
						if (f[w (t)][i][l][p][q] < 1)
							continue;
						int x = l + (2 * i - p - q) * (a[t] - a[t + 1]);
						if (x > L)
							continue;
						if (i > 1)
							(f[r (t)][i + 1][x][p][q] += f[w (t)][i][l][p][q] * (i - 1) % mod) %= mod;
						if (p < 1){
							(f[r (t)][i + 1][x][0][q] += f[w (t)][i][l][p][q]) %= mod;
							(f[r (t)][i + 1][x][1][q] += f[w (t)][i][l][p][q]) %= mod;
						}
						if (q < 1){
							(f[r (t)][i + 1][x][p][0] += f[w (t)][i][l][p][q]) %= mod;
							(f[r (t)][i + 1][x][p][1] += f[w (t)][i][l][p][q]) %= mod;
						}
						if (i > 1)
							(f[r (t)][i][x][p][q] += (i - 1 << 1) * f[w (t)][i][l][p][q] % mod) %= mod;
						if (p < 1){
							(f[r (t)][i][x][0][q] += f[w (t)][i][l][p][q]) %= mod;
							(f[r (t)][i][x][1][q] += f[w (t)][i][l][p][q]) %= mod;
						}
						if (q < 1){
							(f[r (t)][i][x][p][0] += f[w (t)][i][l][p][q]) %= mod;
							(f[r (t)][i][x][p][1] += f[w (t)][i][l][p][q]) %= mod;
						}
						if (i > 1)
							(f[r (t)][i - 1][x][p][q] += (i - 1) * f[w (t)][i][l][p][q] % mod) %= mod;
					}
	}
	for (int i = 0;i <= L;++ i)
		(Ans += f[w (n)][1][i][1][1]) %= mod;
	printf ("%lld\n", Ans);
	return 0;
}

C.[USACO21DEC] HILO P

思路

本场比赛第三道计数。

考虑期望 DP。

记录 \(f_{i,j,0/1}\) 表示还剩 \(i\) 个有用的 LO（小于 \(x+0.5\) 的数） 可选，还剩 \(j\) 个有用的 HI（大于 \(x+0.5\) 的数） 可选，前面一个选的是 LO 还是 HI。

然后就可以愉快地 DP 惹。记得期望 DP 倒着转移更方便。

好吧其实并不愉快，因为直接做的复杂度是 \(O(n^3)\) 的（o.0），是过不去的 qwq 。所以考虑前缀和优化，具体很显然，看代码就行。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, x, y, Ans;
int inv[5001];
int f[5001][5001][2], pre[5001][2];
signed main (){
    scanf ("%d%d", &n, &x);
    y = n - x;
    inv[1] = 1;
    for (int i = 2;i <= n;++ i)
        inv[i] = 1ll * inv[i - mod % i] * (mod / i + 1) % mod;
    for (int i = 0;i <= x;++ i)
        for (int j = 0;j <= y;++ j){
            f[i][j][0] = 1ll * (pre[i][0] + pre[j][1]) * inv[i + j] % mod;
            f[i][j][1] = 1ll * (pre[i][0] + pre[j][1] + i) * inv[i + j] % mod;
            (pre[i][0] += f[i][j][1]) %= mod;
            (pre[j][1] += f[i][j][0]) %= mod;
        }
    Ans = f[x][y][0];
    for (int i = 1;i <= n;++ i)
        Ans = 1ll * Ans * i % mod;
    printf ("%d\n", Ans);
    return 0;
}

D.[ZJOI2016] 小星星

思路

本场第四道计数。

但是世纪计数好题，直接吹爆 ZJ 出题组。

考虑朴素的 DP 做法。记录 \(f_{i,S}\) 表示考虑 \(i\) 及以 \(i\) 为根的子树。已经考虑的点已经用掉了 \(S\) 中为 \(1\) 的编号（\(S\) 是 \(0/1\) 串）。然后就会得到一个复杂度爆炸的做法。

考虑绕一个弯子。

所以我们先想编号如果可以重复的话，怎么计算这个问题。

显然 \(n^3\) 随便算（不知道有没有更优的做法）。然后考虑怎么由编号重复计算出编号不重复的。

所以考虑容斥，答案为：

\[\sum_{i=0}^{2^n - 1}(-1)^{n - \mathrm{popcount}(i)}Q_i \]

其中 \(Q_i\) 表示编号只能在 \(i\) （看作二进制 \(0/1\) 串）中选择的方案数。

然后就差不多了。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n, m, x, y;
int cn[20], Can, Ans, Res, Cnt;
int firs[20], nex[40], to[40], tot;
int f[20][20];
void Add (int u, int v){
    ++ tot;
    nex[tot] = firs[u];
    firs[u] = tot;
    to[tot] = v;
}
void Solve (int u, int father){
    for (int i = 0;i < n;++ i)
        if (Can >> i & 1)
            f[u][i] = 1;
    for (int e = firs[u];e;e = nex[e]){
        int v = to[e];
        if (v == father)
            continue;
        Solve (v, u);
        int Sum;
        for (int i = 0;i < n;++ i){
            Sum = 0;
            if (Can >> i & 1)
                for (int j = 0;j < n;++ j)
                    if (Can >> j & 1)
                        if (cn[i] >> j & 1)
                            Sum += f[v][j];
            f[u][i] *= Sum;
        }
    }
}
signed main (){
    scanf ("%lld%lld", &n, &m);
    for (int i = 0;i < m;++ i){
        scanf ("%lld%lld", &x, &y);
        -- x;
        -- y;
        cn[x] |= 1ll << y;
        cn[y] |= 1ll << x;
    }
    for (int i = 1;i < n;++ i){
        scanf ("%lld%lld", &x, &y);
        -- x;
        -- y;
        Add (x, y);
        Add (y, x);
    }
    for (Can = 1;Can < (1 << n);++ Can){
        Solve (0, - 1);
        Res = Cnt = 0;
        for (int i = 0;i < n;++ i){
            Cnt += Can >> i & 1;
            Res += f[0][i] * (Can >> i & 1);
        }
        Ans += Res * ((n - Cnt & 1) ? - 1 : 1);
    }
    printf ("%lld\n", Ans);
    return 0;
}

本文作者：saubguiu

本文链接：https://www.cnblogs.com/imcaigou/p/17884358.html

版权声明：本作品采用知识共享署名-非商业性使用-禁止演绎 2.5 中国大陆许可协议进行许可。

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