ACSX: Jan&Feb, 2023

飞花

有 $n(n\le 2\times 10^5)$ 张卡牌，正面 $a_i$ ，反面 $b_i$ ，所有 $1\le a_i,b_i\le 2n$ 且互不相同。
你可以选择翻任意张卡牌，翻完后可不耗代价任意重排，问最少翻多少张牌，使得最后有 $a_1<a_2<a_3<...<a_n$ 且 $b_1>b_2>b_3>...>b_n$ ？

首先有个小性质一定得把握到，这是突破口：若存在 $a_i>n,b_i>n$ 则一定无解（原因是若存在这样的一组则必存在一组都小于等于 n 的，这两个不可能形成答案的pattern）
有了这个那就是说每一张牌都是一个在 [1,n] 一个在 [n+1,2n]，那么都好做了。这样显然按照较小面递增的顺序排列就需要得到两个降序列，第一个不再翻，第二个再翻一次接到右边。也就是问题转化为一个数组 $\{A_n\}$ ，有两个初始为正无穷的降序列，每个元素放到0序列末端需要支付0/1的代价，放到1序列末端需要支付0/1的代价（钦定0序列是后来不再翻的，1序列是后来再翻的），需要保证是降序列，最小代价是多少。

显然的 DP，设 $f(i,j,0/1)$ 表示到 $i$ ， $j$ 为“另一个序列”的末数值， $A_i$ 放到哪个序列，的最小代价。
if(a[i+1]<a[i]) f[i+1][x][0]<----f[i][x][0]+[a[i+1]已翻转]，f[i+1][x][1]<---f[i][x][1]+[a[i+1]未翻转]
f[i+1][a[i]][0]<----f[i][x>a[i+1]][1]+[a[i+1]已翻转]，f[i+1][a[i]][1]<----f[i][x>a[i+1]][0]+[a[i+1]未翻转]

使用线段树维护转移。注意如果 a[i+1]>a[i] 的话是要清空线段树的（全设成INF），然后线段树是单点修改查区间最小值。

复制 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5,INF=1e9+7;
int n,a[N<<1],st[N];
struct SGT {//range [1,n+1]
	int t[N<<2],tag[N<<2],cl[N<<2];
	void build(int l,int r,int k){
		if(l==r){t[k]=INF;return;}
		int mid=l+r>>1;
		build(l,mid,k<<1),build(mid+1,r,k<<1|1);
		pushup(k);
	}
	void pushup(int k){t[k]=min(t[k<<1],t[k<<1|1]);}
	void pushdown(int k){
		if(cl[k]){
			t[k<<1]=t[k<<1|1]=INF;
			tag[k<<1]=tag[k<<1|1]=0;
			cl[k<<1]=cl[k<<1|1]=1;
			cl[k]=0;
		}
		if(tag[k]){
			tag[k<<1]+=tag[k],tag[k<<1|1]+=tag[k];
			t[k<<1]+=tag[k],t[k<<1|1]+=tag[k];
			tag[k]=0;
		}
	}
	int ask(int L,int R,int l,int r,int k){
		if(L<=l&&r<=R)return t[k];
		pushdown(k);
		int mid=l+r>>1,ret=INF;
		if(L<=mid)ret=ask(L,R,l,mid,k<<1);
		if(R>mid)ret=min(ret,ask(L,R,mid+1,r,k<<1|1));
		return ret;
	}
	void chg(int p,int v,int l,int r,int k){
		if(l==r){t[k]=min(t[k],v);return;}
		pushdown(k);
		int mid=l+r>>1;
		if(p<=mid)chg(p,v,l,mid,k<<1);
		else chg(p,v,mid+1,r,k<<1|1);
		pushup(k);
	}
}T[2];
int main(){
    freopen("flower.in","r",stdin);freopen("flower.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,x,y;i<=n;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		if(x<=n&&y<=n)puts("-1"),exit(0);
		if(x<y)a[x]=y-n,st[x]=0;
		else a[y]=x-n,st[y]=1;
	}
	T[0].build(1,n+1,1),T[1].build(1,n+1,1);
	T[0].chg(n+1,st[1],1,n+1,1),T[1].chg(n+1,!st[1],1,n+1,1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int tmp1=T[1].ask(a[i+1]+1,n+1,1,n+1,1)+st[i+1];
		int tmp2=T[0].ask(a[i+1]+1,n+1,1,n+1,1)+!st[i+1];
		if(a[i+1]<a[i])T[0].tag[1]+=st[i+1],T[1].tag[1]+=!st[i+1];
		else T[0].cl[1]=T[1].cl[1]=1;
		T[0].chg(a[i],tmp1,1,n+1,1);
		T[1].chg(a[i],tmp2,1,n+1,1);
	}
	int o=min(T[0].t[1],T[1].t[1]);
	cout<<(o>=INF?-1:o)<<'\n';
}

幻想

有 $n(n\le 40)$ 种面额 $a_1...a_n$ ，满足 $a_i|a_{i+1}$ ，每种面额无数张，要凑出 $m(m\le 10^{18})$ ，求方案数。

容易看出是 DP 题，于是试图发现子问题。如果我们放 $t$ 张 $a_n$ 的话，还剩下 $m-t\cdot a_n$ ，而如果再放 $s$ 张 $a_{n-1}$ 的话，还剩下 $m-t\cdot a_n-s\cdot a_{n-1}=m-\frac{a_n}{a_{n-1}}\cdot t+s)a_{n-1}$ ，于是我们发现命令前 $i$ 个数凑出的数一定可以表示成 $m-t\cdot a_{i+1}$ 的形式，为了和题解保持一致，表示成 m%a[i+1]+x·a[i+1] 的形式。
转移：
设f(i,x)表示用前i凑出m%a[i+1]+x·a[i+1]，枚举a[i]用了j个，令m%a[i+1]+x·a[i+1]-j·a[i]=m%a[i]+y·a[i]，得 y=(m%a[i+1]+j*a[i+1]-m%a[i])/a[i]-j
因此 f(i,x)=∑{j>=0}f(i-1,y=...)，可以观察到本质上就是对f(i-1)求了个前缀和，但是前缀和的那个下标很大很大，让我们想到了拉格朗日插值，发现由于带“%”的都是常数，所以本质上f(i,x)就是一个常函数做了i-1次前缀和的i-1次多项式，要维护n+1个点值，就完了。

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e6+3;
int n,f[45][45],pre[45],suf[45],jc[45],ijc[45];
ll m,a[45];
inline void add(int &x,int y){(x+=y)>=mod&&(x-=mod);}
int lag(int x,int y[]){
	int ret=0;
	pre[0]=x,suf[n]=(x-n+mod)%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++)pre[i]=1ll*pre[i-1]*((x-i+mod)%mod)%mod;
	for(int i=n-1;~i;i--)suf[i]=1ll*suf[i+1]*((x-i+mod)%mod)%mod;
	for(int i=0;i<=n;i++)add(ret,1ll*y[i]*(i?pre[i-1]:1)%mod*(i==n?1:suf[i+1])%mod*ijc[i]%mod*ijc[n-i]%mod*((n-i&1)?mod-1:1)%mod);
	return ret;
}
inline int qp(int a,int b){
	int c=1;
	for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)if(b&1)c=1ll*c*a%mod;
	return c;
}
int main(){
	freopen("fantasy.in","r",stdin);freopen("fantasy.out","w",stdout);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	if(m%a[1]!=0)puts("0"),exit(0);
	else if(n==1)puts("1"),exit(0);
	jc[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)jc[i]=1ll*i*jc[i-1]%mod;
	for(int i=0;i<=n;i++)ijc[i]=qp(jc[i],mod-2);
	for(int i=0;i<=n;i++)f[1][i]=1;
	for(int i=2;i<n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++)add(f[i-1][j],f[i-1][j-1]);
		for(int j=0;j<=n;j++){
			f[i][j]=lag((((m%a[i+1]+j*a[i+1]-m%a[i])/a[i])%mod+mod)%mod,f[i-1]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)add(f[n-1][i],f[n-1][i-1]);
	cout<<lag((m/a[n])%mod,f[n-1]);
}

特立独行的图

一个序列 $\{a_n\}$ ， $\max_{i,j}|a_i-a_j|\le L$ ， $\forall i\ne j,a_i\ne a_j$ ，两点 $i,j$ 有边当且仅当 $|a_i-a_j|\ge \frac L 2$ ，现给出无向图，试构造合法的偶数 $L(L\le 2\times 10^9$ 和序列 $a$ 。

考虑到极差 $\le L$ ，以及 $L/2$ 的限制，将 $a$ 的值域定在 $[-L/2,L/2]$ ，不难发现同号的点之间没有边。
当不存在 0 时，是一个二分图，染色以分出正负两部分。负数越小，度数约大，正数约大，度数越大。因此将度数排序，即可实现对点的数值大小排序。
考虑从小到大枚举正数，并给它连接的负数分配数值，贪心地尽量分小的，细节不多。
当存在 0 时，可能存在唯一一个三元环，我们把它找到，另外两个点必须恰好是 $±L$ ；也可能不存在，但是只要跟 0 连边的就是 $±L$ ；0 的度数一定是三个点中最小的，据此钦定其为 0 即可.
L 取 2e9 就好。

玩游戏

https://www.cnblogs.com/hzoi-DeepinC/p/12844282.html

拿钱了

原型是树，又是计数，又不像组合，肯定是树形dp。
考虑到“连接”情况是关注重点。考虑合并子树，既要考虑上，还要考虑下面的角角。然后最后 1 的子树还要考虑两角的连接，所以把三个角的连接情况记录了，可以发现就是下面的 3 种情况，其中第 0 种包含孤立点的情况

合并子树转移类似树上背包

 // ubsan: undefined
// accoders
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
	register char ch=getchar();register int x=0;
	while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	return x;
}
const int N=1e5+5,mod=998244353;
int n,f[N][3][3][3],tmp[3][3][3];
vector<int>G[N];
inline void add(int &x,int y){(x+=y)>=mod&&(x-=mod);}
void dfs(int x,int p){
	f[x][0][0][0]=f[x][0][1][1]=f[x][1][1][0]=f[x][1][0][1]=f[x][2][0][0]=f[x][0][0][2]=f[x][0][2][0]=1;
	int o=0;
	for(int y:G[x])if(y^p){
		dfs(y,x);
		if(!o){
			o=1;
			for(int i=0;i<=2;i++)
				for(int j=0;j<=2;j++)
					for(int k=0;k<=2;k++)
						f[x][i][j][k]=f[y][i][j][k];
		}
		else {
			memset(tmp,0,sizeof tmp);
			for(int i=0;i<=2;i++)
				for(int j=0;j<=2;j++)
					for(int k=0;k<=2;k++)
			for(int I=0;I<=2;I++)
				for(int J=0;J<=2;J++)
					for(int K=0;K<=2;K++){
						if(k==0&&J==0||k==1&&J==2||k==2&&J==1){
							if(i==0)add(tmp[I][j][K],1ll*f[x][i][j][k]*f[y][I][J][K]%mod);
							if(i==1&&I==0)add(tmp[i][j][K],1ll*f[x][i][j][k]*f[y][I][J][K]%mod);
							if(i==2&&I==2)add(tmp[1][j][K],1ll*f[x][i][j][k]*f[y][I][J][K]%mod);
							if(i==2&&I==0)add(tmp[i][j][K],1ll*f[x][i][j][k]*f[y][I][J][K]%mod);
						}
					}
			for(int i=0;i<=2;i++)for(int j=0;j<=2;j++)for(int k=0;k<=2;k++)
				f[x][i][j][k]=tmp[i][j][k]/*,cout<<i<<' '<<j<<' '<<k<<": "<<f[x][i][j][k]<<'\n'*/;
		}
	}
	if(!o)return;
	for(int j=0;j<=2;j++)for(int k=0;k<=2;k++){
		tmp[1][j][k]=f[x][2][j][k];
		tmp[2][j][k]=f[x][0][j][k];
		tmp[0][j][k]=(f[x][0][j][k]+f[x][1][j][k])%mod;
	}
	for(int i=0;i<=2;i++)for(int j=0;j<=2;j++)for(int k=0;k<=2;k++)f[x][i][j][k]=tmp[i][j][k];
}
int main(){
	freopen("graph.in","r",stdin);freopen("graph.out","w",stdout);
	n=read();
	for(int i=2;i<=n;i++)G[read()].emplace_back(i);
	if(n==2){puts("1");return 0;}
	dfs(1,0);
	cout<<(1ll*f[1][0][1][2]+f[1][0][2][1]+f[1][0][0][0])%mod;
}

梦里啥都有(50pts)

我只写了50pts，在xmz的点拨下。我的dp好像有点奇怪，没有什么优化空间了，平方的。回头再说吧。
考虑到“相邻两段不能同色”的条件是主要条件，也很烦人，所以**把它容斥掉 **，具体方法是 给每个长度 L 的段定义一个新的权值 g(L)，使得任意长度的同色段的所有划分的各段权值积之和恰好是 L。这样就不用管这个条件了。
一. g(L) 的求法
$L=\sum_{1\le i<L}g(i)(L-i)+g(L)$
解释：根据定义，L等于所有划分的权值积之和，g(L)是一种划分，剩下的划分中，我们枚举最后一段的长度 i，剩下的也是随便划分，套用定义，结合分配律，他们的和也是 L-i，便有此式。
根据他递推就好，g(0)=0

二.序列上dp
dp部分可以自己推，不说了，现在时间22:24

三.放到环上
我的做法是钦定断点处为跨断点的长度为i（枚举）的同色段，然后修改dp数组，得得得得得…………

posted @ 2023-01-18 23:10 pengyule 阅读(35) 评论(0) 编辑收藏举报

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	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int N=2e5+5,INF=1e9+7;
	int n,a[N<<1],st[N];
	struct SGT {//range [1,n+1]
	int t[N<<2],tag[N<<2],cl[N<<2];
	void build(int l,int r,int k){
	if(l==r){t[k]=INF;return;}
	int mid=l+r>>1;
	build(l,mid,k<<1),build(mid+1,r,k<<1\|1);
	pushup(k);
	}
	void pushup(int k){t[k]=min(t[k<<1],t[k<<1\|1]);}
	void pushdown(int k){
	if(cl[k]){
	t[k<<1]=t[k<<1\|1]=INF;
	tag[k<<1]=tag[k<<1\|1]=0;
	cl[k<<1]=cl[k<<1\|1]=1;
	cl[k]=0;
	}
	if(tag[k]){
	tag[k<<1]+=tag[k],tag[k<<1\|1]+=tag[k];
	t[k<<1]+=tag[k],t[k<<1\|1]+=tag[k];
	tag[k]=0;
	}
	}
	int ask(int L,int R,int l,int r,int k){
	if(L<=l&&r<=R)return t[k];
	pushdown(k);
	int mid=l+r>>1,ret=INF;
	if(L<=mid)ret=ask(L,R,l,mid,k<<1);
	if(R>mid)ret=min(ret,ask(L,R,mid+1,r,k<<1\|1));
	return ret;
	}
	void chg(int p,int v,int l,int r,int k){
	if(l==r){t[k]=min(t[k],v);return;}
	pushdown(k);
	int mid=l+r>>1;
	if(p<=mid)chg(p,v,l,mid,k<<1);
	else chg(p,v,mid+1,r,k<<1\|1);
	pushup(k);
	}
	}T[2];
	int main(){
	freopen("flower.in","r",stdin);freopen("flower.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,x,y;i<=n;i++){
	scanf("%d%d",&x,&y);
	if(x<=n&&y<=n)puts("-1"),exit(0);
	if(x<y)a[x]=y-n,st[x]=0;
	else a[y]=x-n,st[y]=1;
	}
	T[0].build(1,n+1,1),T[1].build(1,n+1,1);
	T[0].chg(n+1,st[1],1,n+1,1),T[1].chg(n+1,!st[1],1,n+1,1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
	int tmp1=T[1].ask(a[i+1]+1,n+1,1,n+1,1)+st[i+1];
	int tmp2=T[0].ask(a[i+1]+1,n+1,1,n+1,1)+!st[i+1];
	if(a[i+1]<a[i])T[0].tag[1]+=st[i+1],T[1].tag[1]+=!st[i+1];
	else T[0].cl[1]=T[1].cl[1]=1;
	T[0].chg(a[i],tmp1,1,n+1,1);
	T[1].chg(a[i],tmp2,1,n+1,1);
	}
	int o=min(T[0].t[1],T[1].t[1]);
	cout<<(o>=INF?-1:o)<<'\n';
	}

	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	typedef long long ll;
	const int mod=1e6+3;
	int n,f[45][45],pre[45],suf[45],jc[45],ijc[45];
	ll m,a[45];
	inline void add(int &x,int y){(x+=y)>=mod&&(x-=mod);}
	int lag(int x,int y[]){
	int ret=0;
	pre[0]=x,suf[n]=(x-n+mod)%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++)pre[i]=1llpre[i-1]((x-i+mod)%mod)%mod;
	for(int i=n-1;~i;i--)suf[i]=1llsuf[i+1]((x-i+mod)%mod)%mod;
	for(int i=0;i<=n;i++)add(ret,1lly[i](i?pre[i-1]:1)%mod(i==n?1:suf[i+1])%modijc[i]%modijc[n-i]%mod((n-i&1)?mod-1:1)%mod);
	return ret;
	}
	inline int qp(int a,int b){
	int c=1;
	for(;b;b>>=1,a=1llaa%mod)if(b&1)c=1llca%mod;
	return c;
	}
	int main(){
	freopen("fantasy.in","r",stdin);freopen("fantasy.out","w",stdout);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	if(m%a[1]!=0)puts("0"),exit(0);
	else if(n==1)puts("1"),exit(0);
	jc[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)jc[i]=1llijc[i-1]%mod;
	for(int i=0;i<=n;i++)ijc[i]=qp(jc[i],mod-2);
	for(int i=0;i<=n;i++)f[1][i]=1;
	for(int i=2;i<n;i++){
	for(int j=1;j<=n;j++)add(f[i-1][j],f[i-1][j-1]);
	for(int j=0;j<=n;j++){
	f[i][j]=lag((((m%a[i+1]+j*a[i+1]-m%a[i])/a[i])%mod+mod)%mod,f[i-1]);
	}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)add(f[n-1][i],f[n-1][i-1]);
	cout<<lag((m/a[n])%mod,f[n-1]);
	}

	// ubsan: undefined
	// accoders
	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	inline int read(){
	register char ch=getchar();register int x=0;
	while(ch<'0'\|\|ch>'9')ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	return x;
	}
	const int N=1e5+5,mod=998244353;
	int n,f[N][3][3][3],tmp[3][3][3];
	vector<int>G[N];
	inline void add(int &x,int y){(x+=y)>=mod&&(x-=mod);}
	void dfs(int x,int p){
	f[x][0][0][0]=f[x][0][1][1]=f[x][1][1][0]=f[x][1][0][1]=f[x][2][0][0]=f[x][0][0][2]=f[x][0][2][0]=1;
	int o=0;
	for(int y:G[x])if(y^p){
	dfs(y,x);
	if(!o){
	o=1;
	for(int i=0;i<=2;i++)
	for(int j=0;j<=2;j++)
	for(int k=0;k<=2;k++)
	f[x][i][j][k]=f[y][i][j][k];
	}
	else {
	memset(tmp,0,sizeof tmp);
	for(int i=0;i<=2;i++)
	for(int j=0;j<=2;j++)
	for(int k=0;k<=2;k++)
	for(int I=0;I<=2;I++)
	for(int J=0;J<=2;J++)
	for(int K=0;K<=2;K++){
	if(k==0&&J==0\|\|k==1&&J==2\|\|k==2&&J==1){
	if(i==0)add(tmp[I][j][K],1llf[x][i][j][k]f[y][I][J][K]%mod);
	if(i==1&&I==0)add(tmp[i][j][K],1llf[x][i][j][k]f[y][I][J][K]%mod);
	if(i==2&&I==2)add(tmp[1][j][K],1llf[x][i][j][k]f[y][I][J][K]%mod);
	if(i==2&&I==0)add(tmp[i][j][K],1llf[x][i][j][k]f[y][I][J][K]%mod);
	}
	}
	for(int i=0;i<=2;i++)for(int j=0;j<=2;j++)for(int k=0;k<=2;k++)
	f[x][i][j][k]=tmp[i][j][k]/,cout<<i<<' '<<j<<' '<<k<<": "<<f[x][i][j][k]<<'\n'/;
	}
	}
	if(!o)return;
	for(int j=0;j<=2;j++)for(int k=0;k<=2;k++){
	tmp[1][j][k]=f[x][2][j][k];
	tmp[2][j][k]=f[x][0][j][k];
	tmp[0][j][k]=(f[x][0][j][k]+f[x][1][j][k])%mod;
	}
	for(int i=0;i<=2;i++)for(int j=0;j<=2;j++)for(int k=0;k<=2;k++)f[x][i][j][k]=tmp[i][j][k];
	}
	int main(){
	freopen("graph.in","r",stdin);freopen("graph.out","w",stdout);
	n=read();
	for(int i=2;i<=n;i++)G[read()].emplace_back(i);
	if(n==2){puts("1");return 0;}
	dfs(1,0);
	cout<<(1ll*f[1][0][1][2]+f[1][0][2][1]+f[1][0][0][0])%mod;
	}