[考试]20151105
控制面板
1、ZJOI2012 灾难
TAG：拓扑排序+倍增LCA
状态：100%
2、巡防
TAG：树上最远点对DP做法
状态：90%
3、完美代价
TAG：贪心
状态：100%
4、cards
TAG：未知
状态：100%
5、set
TAG：动态规划
状态：100%
6、chessboard
TAG：贪心
状态：75%
7、HCN
TAG：搜索
状态：20%
8、seq
TAG：动态规划
状态：100%
1、ZJOI2012 灾难
主体思路：求出拓扑序，对于每个节点根据联通关系重新构建一棵树，直接用dep数组体现。根据这棵树直接求出以每个节点为根节点的子树大小，即答案。中间用到倍增LCA来求得这棵树。
首先我们自己新建一个超级生产者0号节点，所有生产者都以这个超级生产者为食物。 考虑在所有生物中建立这样一个结构： 这个结构是一颗树，一个节点代表一种生物，树上一个节点满足这个灭绝会且仅会导致以它 为根的子树灭绝。 如果我们能够建立这样一个结构，那么每个生物对应的答案可以一边 dfs 统计子树大小就得出。
下面就介绍如何建立这样的结构： 首先，把所有的点按照从猎物到捕食者的顺序拓扑排序。然后依次考虑每一个生物 p，假设 在这之前已经建好了拓扑排序顺序在 p 之前的所有生物组成的上面描述的树结构。假设 p 的事物有 k 种，分别是 food[1]…food[k]（由于拓扑排序，这些点都已经在树结构中）。那么 只有 food[1]…food[k]这 k 个点的 lca 到根的路径上的点会导致 p 灭绝。于是，就可以把 p 作 为 food[1]…food[k]这 k 个点的 lca 的儿子。 具体实现上，lca 用倍增维护即可，每次新加一个点，都可以一遍倍增把新加的点的倍增数 组得到。
1 #include <cstdio> 2 #include <algorithm> 3 #include <vector> 4 using namespace std; 5 6 #define MAXN 70005 7 #define pb push_back 8 9 int n, x, list[MAXN], f[MAXN][16], dep[MAXN], ans[MAXN], cnt[MAXN], tot; 10 11 vector <int> edge[MAXN], edge2[MAXN]; 12 13 int LCA(int x, int y) 14 { 15 int o; 16 if (dep[x] < dep[y]) swap(x, y); 17 for (o = 0; (1 << o) <= dep[x]; o++); o--; 18 for (int i = o; i >= 0; i--) 19 if (dep[x] - (1 << i) >= dep[y]) x = f[x][i]; 20 if (x == y) return x; 21 for (int i = o; i >= 0; i--) 22 if (f[x][i] != f[y][i]) x = f[x][i], y = f[y][i]; 23 return f[x][0]; 24 } 25 26 int main() 27 { 28 freopen("catas.in", "r", stdin); 29 freopen("catas.out", "w", stdout); 30 scanf("%d", &n); 31 for (int i = 1; i <= n; i++) 32 { 33 int lf = 1; 34 scanf("%d", &x); 35 while (x) edge[i].pb(x), edge2[x].pb(i), scanf("%d", &x), lf = 0; 36 if (lf) edge[i].pb(0), edge2[0].pb(i); 37 } 38 for (int i = 1; i <= n; i++) cnt[i] = edge[i].size(); 39 for (int i = 0; i <= n; i++) 40 { 41 int o = list[i]; 42 for (int x = 0; x < edge2[o].size(); x++) 43 { 44 int v = edge2[o][x]; 45 if (!--cnt[v]) list[++tot] = v; 46 } 47 } 48 for (int i = 1; i <= n; i++) 49 { 50 int o = list[i], lca = -1; 51 for (int x = 0; x < edge[o].size(); x++) 52 { 53 int v = edge[o][x]; 54 lca = lca == -1 ? v : LCA(lca, v); 55 } 56 dep[o] = dep[lca] + 1, f[o][0] = lca; 57 for (int j = 1; j <= 15; j++) f[o][j] = f[f[o][j - 1]][j - 1]; 58 } 59 for (int i = 0; i <= n; i++) ans[i] = 1; 60 for (int i = n; i >= 0; i--) ans[f[list[i]][0]] += ans[list[i]]; 61 for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d\n", ans[i] - 1); 62 return 0; 63 }
2、巡防
首先看如果要求从某村庄出发访问所有的村庄最后还要回来 那答案显然是所有边权之 和乘以 2（每条边都是一去一回） 现在不要求回来的话就是省掉了从某个点回到起点的这么条路径，显然这个路径越长越 靠谱，所以从某点出发的答案就是边权和乘 2 减去这个点到它最远点的距离。 然后就是树上的最远点对。这就化归到了一个经典模型上。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstdlib> 3 #define MAXN 100005 4 5 int max(int a, int b) { return a > b ? a : b; } 6 7 struct Edge { int v, next, w; } edge[MAXN << 1]; 8 9 int now, h[MAXN], n, u, v, w, dis[MAXN], vis[MAXN], maxw, maxp, f[MAXN], ans, sum, get[MAXN]; 10 11 void addEdge(int u, int v, int w) { now++, edge[now] = (Edge) {v, h[u], w}, h[u] = now; } 12 13 void DFS(int o, int w) 14 { 15 if (w > maxw) maxw = w, maxp = o; 16 for (int x = h[o]; x; x = edge[x].next) 17 { 18 int v = edge[x].v; 19 if (!vis[v]) vis[v] = 1, get[v] = 1, DFS(v, w + edge[x].w), vis[v] = 0; 20 } 21 } 22 23 void DFS2(int o, int w) 24 { 25 dis[o] = max(dis[o], w); 26 if (w > maxw) maxw = w, maxp = o; 27 for (int x = h[o]; x; x = edge[x].next) 28 { 29 int v = edge[x].v; 30 if (!vis[v]) vis[v] = 1, DFS2(v, w + edge[x].w), vis[v] = 0; 31 } 32 } 33 34 int main() 35 { 36 freopen("path.in", "r", stdin); 37 freopen("path.out", "w", stdout); 38 scanf("%d", &n); 39 for (int i = 1; i <= n - 1; i++) 40 scanf("%d %d %d", &u, &v, &w), addEdge(u, v, w), addEdge(v, u, w), sum += w << 1; 41 for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &f[i]); 42 for (int i = 1; i <= n; i++) if (f[i]) { get[i] = 1, DFS(i, 0); break; } 43 for (int i = 1; i <= n; i++) if (!get[i]) printf("-1"), exit(0); 44 DFS2(maxp, 0), DFS2(maxp, 0); 45 for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (dis[i] > ans && f[i]) ? dis[i] : ans; 46 printf("%d", sum - ans); 47 return 0; 48 }
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 #define MAXN 200005 5 using namespace std; 6 int n; 7 int totaledge,point[MAXN],v[MAXN],w[MAXN],next[MAXN]; 8 int f[MAXN][2]; 9 int g[MAXN][2]; 10 int ans[MAXN]; 11 void addedge(int x,int y,int z){ 12 totaledge++; 13 v[totaledge] = y; 14 w[totaledge] = z; 15 next[totaledge] = point[x]; 16 point[x] = totaledge; 17 } 18 void dfs1(int fa, int x){ 19 int i,j; 20 for (i=point[x];i;i=next[i]){ 21 if (v[i] == fa) continue; 22 dfs1(x, v[i]); 23 j = f[v[i]][0] + w[i]; 24 if (j>f[x][0]){ 25 f[x][1] = f[x][0]; 26 g[x][1] = g[x][1]; 27 f[x][0] = j; 28 g[x][0] = v[i]; 29 } 30 else if (j>f[x][1]){ 31 f[x][1] = j; 32 g[x][1] = v[i]; 33 } 34 } 35 } 36 void dfs2(int fa, int x,int y){ 37 int i,j; 38 ans[x] = max(f[x][0],y); 39 for (i=point[x];i;i=next[i]){ 40 if (v[i] == fa) continue; 41 if (g[x][0]!=v[i]) dfs2(x, v[i],max(y,f[x][0])+w[i]); 42 else dfs2(x, v[i],max(y,f[x][1])+w[i]); 43 } 44 } 45 int d[MAXN]; 46 char str[20]; 47 int main(){ 48 int i,x,y,z, t, ri; 49 // for (ri = 0; ri < 30; ri++){ 50 // sprintf(str, "%d.in", ri); 51 freopen("path.in", "r", stdin); 52 // sprintf(str, "%d.out", ri); 53 freopen("path.out", "w", stdout); 54 scanf("%d",&n); 55 memset(point,0,sizeof(point)); 56 totaledge = t = 0; 57 for (i=2;i<=n;i++){ 58 scanf("%d%d%d",&x,&y, &z); 59 addedge(x,y,z); 60 addedge(y,x,z); 61 t += z + z; 62 } 63 z = 0; 64 for (i = 1; i <= n; i++){ 65 scanf("%d", &d[i]); 66 z += d[i]; 67 } 68 if (z == 0){ 69 printf("-1\n"); 70 return 0; 71 } 72 dfs1(0, 1); 73 dfs2(0, 1, 0); 74 z = 0; 75 for (i=1;i<=n;i++){ 76 if (d[i]) z = max(z, ans[i]); 77 } 78 printf("%d\n", t - z); 79 // } 80 return 0; 81 }
3、完美代价
注意到这个问题可以这样考虑： 假设相同字符之间也是有区别的。那么字符串可以看做一个排列。如果答案是已知的一 个排列 P，则任务就是求从 (1,2,...,n) 变换到排列 P 需要多少次操作。
很明显，最优的方案要求每次使逆序对个数 +1 。很明显，一种最优的方法就是一开始就 将排列的第一个位置和最后一个位置放好，之后再对剩下的部分做变换。那么相对应的，也 有一种方法是最后才将排列的第一个位置和最后一个位置弄好。考虑使用这种方法。 假设现在要处理字符串的第一个字符和最后一个字符，他们分别为 A 和 B，并且我们用 C 来替代。由于 C 一定要移动到和 A, B 相邻的位置，所以如下图：
+-------+
| |
| |
AC ... CB
明显，如果 C ≠ A,B ，则交换 AC 和 CB 后方案是不合法的，因此 C 一定是 A,B 中的 一个。
那么再回到一开始的先处理头尾的情况。容易知道 C 要和 A, B 相等，因此我们只需要 找到离 A 最近的 B 以及离 B 最近的 A，判断哪个更近即可。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstdlib> 3 #include <cstring> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 7 char s[10010]; 8 int n, cnt; 9 10 int main() { 11 freopen("reference.in","r",stdin); freopen("reference.out","w",stdout); 12 scanf("%d", &n); 13 scanf("%s", s + 1); 14 15 int x = 0, y = n + 1; 16 while (++x < --y) { 17 if (s[x] == s[y]) 18 continue; 19 int nx = x + 1, ny = y - 1; 20 while (s[nx] != s[y]) 21 ++nx; 22 while (s[ny] != s[x]) 23 --ny; 24 if (nx == y && ny == x) { 25 printf("Impossible"); 26 return 0; 27 } 28 if (nx - x <= y - ny && nx != y) 29 for (int i = nx; i > x; --i) 30 swap(s[i], s[i - 1]), ++cnt; 31 else 32 for (int i = ny; i < y; ++i) 33 swap(s[i], s[i + 1]), ++cnt; 34 } 35 printf("%d\n", cnt); 36 }
1 #include <cstdio> 2 #define MAXN 8005 3 4 int n, tot[30], totx, x; 5 char ch[MAXN]; 6 7 int work() 8 { 9 int res = 0; 10 for (int i = 0; i <= (n >> 1); i++) 11 if (ch[i] == x) 12 { 13 for (int j = i; j < n - i - 1; j++) 14 if (ch[n - i - 1] == ch[j]) 15 { 16 res += j - i; 17 for (int k = j; k > i; k--) ch[k] = ch[k - 1]; 18 ch[i] = ch[n - i - 1]; 19 break; 20 } 21 } 22 else 23 { 24 for (int j = n - i - 1; j >= i; j--) 25 if (ch[i] == ch[j]) 26 { 27 res += n - i - 1 - j; 28 for (int k = j; k < n - i - 1; k++) ch[k] = ch[k + 1]; 29 ch[n - i - 1] = ch[i]; 30 break; 31 } 32 } 33 return res; 34 } 35 36 int main() 37 { 38 freopen("reference.in", "r", stdin); 39 freopen("reference.out", "w", stdout); 40 scanf("%d %s", &n, ch); 41 for (int i = 0; i <= n - 1; i++) tot[ch[i] - 'a']++; 42 for (int i = 0; i <= 25; i++) if (tot[i] % 2) totx++, x = i + 'a'; 43 if (totx >= 2) printf("Impossible"); else printf("%d", work()); 44 return 0; 45 }
4、cards
假设最后 xxxxxx..xxxxxx 被分成了 y 块 那么要在其中找 y-1 个位置插入 o 然后我们发现这 y-1 个位置会决定减去的分数 而在 y-1 个位置怎么放 o 会决定加上的分数 这两者是独立的
考虑怎么找这 y-1 个位置 显然是越平均越好 比如说将 4 分成两份 1+3*3>2*2+2*2
在 y-1 个位置怎么放呢 显然是 y-2 个位置中放一个 o 剩下一个位置放剩余的 o 和放 x 的原理是一样的
然后需要注意下 y=1 的情况
枚举 y 即可
1 #include <cstdio> 2 #define INF 1ll << 60 3 4 typedef long long ll; 5 6 ll a, b, ans = -INF, x; 7 8 ll get(ll o) 9 { 10 ll s = b / (o + 1), v = b % (o + 1); 11 ll f1 = v * (s + 1) * (s + 1) + (o + 1 - v) * s * s, f2 = o ? (a - o + 1) * (a - o + 1) + o - 1 : (a - o) * (a - o) + o; 12 return f2 - f1; 13 } 14 15 int main() 16 { 17 freopen("cards.in", "r", stdin); 18 freopen("cards.out", "w", stdout); 19 scanf("%d %d", &a, &b); 20 for (ll i = 0; i <= a; i++) 21 { 22 ll o = get(i); 23 if (o > ans) ans = o, x = i; 24 } 25 printf("%I64d\n", ans); 26 ll s = b / (x + 1), v = b % (x + 1); 27 if (!x) 28 { 29 for (ll i = 1; i <= b; i++) printf("x"); 30 for (ll i = 1; i <= a; i++) printf("o"); 31 } 32 else 33 { 34 for (ll i = 1; i <= v; i++) 35 { 36 for (ll j = 1; j <= s + 1; j++) printf("x"); 37 printf("o"); 38 } 39 for (ll i = 1; i <= x - v; i++) 40 { 41 for (ll j = 1; j <= s; j++) printf("x"); 42 printf("o"); 43 } 44 for (ll i = 1; i <= a - x; i++) printf("o"); 45 for (ll i = 1; i <= s; i++) printf("x"); 46 } 47 return 0; 48 }
5、set
注意到我们计数的状态有对成型，即：一个A胜利的局面恰好唯一对应一个B胜利的局面（双射为交换双方状态）。
那么，我们只需要考虑AB平局的状态，用总状态数减去平局状态并除以2就能得到A胜利的状态数。
由于异或有自反性，所以AB平局的局面两者得到的权值的异或值为0.
以f[i][j]表示第i个数，现在两者得到的权值的异或值为j的方案数：
f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i - 1][j ^ a[i]] + f[i - 1][j ^ a[i]]
则答案为1 / 2 * (3的n次方 - f[n][0])。
1 #include <cstdio> 2 #include <algorithm> 3 using namespace std; 4 5 #define ll long long 6 #define FOR( A, B, C ) for ( int A = B, _end_ = C; A <= _end_; A++ ) 7 8 int f[ 4096 ][ 4096 ], n, a[ 4096 ], P = 1998585857; 9 10 int fpm( int F, int FF, int P ) { 11 int ans = 1; 12 for ( ; FF; FF >>= 1, F = (ll)F * F % P ) 13 if ( FF & 1 ) ans = (ll)ans * F % P; 14 return ans; 15 } 16 17 int main() { 18 freopen( "set&set.in", "r", stdin ); 19 freopen( "set&set.out", "w", stdout ); 20 21 scanf( "%d", &n ); 22 FOR ( i, 1, n ) { scanf( "%d", &a[ i ] ); } 23 24 f[ 0 ][ 0 ] = 1; 25 FOR ( i, 1, n ) { 26 FOR ( j, 0, 4095 ) { 27 f[ i ][ j ] = ( f[ i - 1 ][ j ] + ( (ll)f[ i - 1 ][ j ^ a[ i ] ] << 1 ) ) % P; 28 } 29 } 30 31 int ans = ( (ll)fpm( 3, n, P ) - f[ n ][ 0 ] + P ) % P; ans = (ll)ans * fpm( 2, P - 2, P ) % P; 32 33 printf( "%d\n", ans ); 34 }
6、chessboard
其实这个问题可以用贪心能解决，以横轴为例，假设扫描到了i，将左端点<=i的区间都加入一个集合，然后在已经加入的区间集合中选取一个右端点最小的区间来作为i的匹配区间即可。用堆优化或者set。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <set> 4 using namespace std; 5 6 #define MAXN 100005 7 8 int n, a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN], d[MAXN], ansx[MAXN], ansy[MAXN], h[MAXN], next[MAXN], md; 9 10 struct cmp 11 { 12 bool operator () (int x, int y) 13 { 14 return md ? (d[x] < d[y] || (d[x] == d[y] && x < y)) : (c[x] < c[y] || (c[x] == c[y] && x < y)); 15 } 16 }; 17 18 set <int, cmp> st; 19 20 bool work1() 21 { 22 int get = 0; md = 0; 23 st.clear(), memset(h, 0, sizeof(h)); 24 for (int i = 1; i <= n; i++) 25 next[i] = h[a[i]], h[a[i]] = i; 26 for (int i = 1; i <= n; i++) 27 { 28 for (int x = h[i]; x; x = next[x]) st.insert(x); 29 while (!st.empty()) 30 { 31 int o = *st.begin(); st.erase(o); 32 if (c[o] < i) continue; 33 ansx[o] = i, get = 1; 34 break; 35 } 36 if (!get) return 0; 37 } 38 return 1; 39 } 40 41 bool work2() 42 { 43 int get = 0; md = 1; 44 st.clear(), memset(h, 0, sizeof(h)); 45 for (int i = 1; i <= n; i++) 46 next[i] = h[b[i]], h[b[i]] = i; 47 for (int i = 1; i <= n; i++) 48 { 49 for (int x = h[i]; x; x = next[x]) st.insert(x); 50 while (!st.empty()) 51 { 52 int o = *st.begin(); st.erase(o); 53 if (d[o] < i) continue; 54 ansy[o] = i, get = 1; 55 break; 56 } 57 if (!get) return 0; 58 } 59 return 1; 60 } 61 62 int main() 63 { 64 freopen("chessboard.in", "r", stdin); 65 freopen("chessboard.out", "w", stdout); 66 scanf("%d", &n); 67 for (int i = 1; i <= n; i++) 68 scanf("%d %d %d %d", &a[i], &b[i], &c[i], &d[i]); 69 if (work1() && work2()) 70 for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d %d\n", ansx[i], ansy[i]); 71 else printf("%d", -1); 72 return 0; 73 }
7、HCN
大搜索题。首先，对于一个数a，由唯一分解定律一定可以分为a = p1 ^ c1 * p2 ^ c2 * ...* pn ^ cn，且其因子个数为。第一步，对于一组给定的c，显然我们应该把较大的ci分给较小的质数，这样可以得到更小的a。从而应该把c由大到小分配给前n个质数。
只是这样写就能解决n <= 10 ^ 18的部分了。接下来的部分就要写高精度了。
为了降低计算量，我们考虑加入最优化剪枝：
1、当c1确定时，我们在考虑当前第i个素数的指数时，存在一个上界c1 / ki，其中ki表示最大的满足2 ^ ki <= pri[i]的数，当ci比其更大时，不如ci -= 1，c1 += ki。
2、同样地方法，我们也能得到它的一个上界(c1 - 2 * ki - 1) / (1 + ki)，表示ci比其更小时，不如c1 -= ki，ci += 1
3、以上两个剪枝的关键都在于没有办法给2进行剪枝，所以我们可以考虑如何限制住c1.我们可以考虑用满足来进行对一个素数的剪枝。令ti表示最大的满足pri[i]^ti <= pri[n + 1]的数，当ci > 2 * ti时，不如把ci -= ti，c[n + 1] += 1。
呕。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 4 #define MAX 30 5 #define MAXX 205 6 #define LEN 100000000 7 8 typedef long long ll; 9 10 int max1(int a, int b) { return a > b ? a : b; } 11 12 int min1(int a, int b) { return a < b ? a : b; } 13 14 ll max; 15 16 int pri[MAXX], ptop, top, s[MAXX], dig = LEN, q[MAXX], k[MAXX]; 17 18 struct ubInt 19 { 20 ll num[MAX + 1]; 21 int fir; 22 23 void init(int x) { num[fir = MAX] = x; } 24 25 void clear() { for (int i = fir; i <= MAX; i++) num[i] = 0; fir = MAX; } 26 27 void exceed() 28 { 29 int i = MAX, j = 0; 30 for (; i >= fir || j; i--) 31 { 32 num[i] += j, j = 0; 33 if (num[i] >= dig) j = num[i] / dig, num[i] %= dig; 34 } 35 fir = i + 1; 36 } 37 38 void operator *= (const int x) 39 { 40 for (int i = fir; i <= MAX; i++) num[i] *= x; 41 exceed(); 42 } 43 44 void operator = (const ubInt &x) 45 { 46 clear(); 47 for (int i = x.fir; i <= MAX; i++) num[i] = x.num[i]; 48 fir = x.fir; 49 } 50 51 void read() 52 { 53 char ch[MAXX]; int l; 54 scanf("%s", ch), l = strlen(ch); 55 int j = 1; fir = MAX; 56 for (int i = l - 1; i >= 0; i--) 57 { 58 num[fir] += (ch[i] - '0') * j, j *= 10; 59 if (j == dig) j = 1, fir--; 60 } 61 if (j == 1) fir++; 62 } 63 64 void print() 65 { 66 printf("%I64d", num[fir]); 67 for (int i = fir + 1; i <= MAX; i++) printf("%08I64d", num[i]); 68 printf("\n"); 69 } 70 }; 71 72 ubInt ans, n, now[MAXX + 10]; 73 74 int operator < (const ubInt &a, const ubInt &b) 75 { 76 if (a.fir != b.fir) return a.fir > b.fir; 77 for (int i = a.fir; i <= MAX; i++) 78 if (a.num[i] != b.num[i]) return a.num[i] < b.num[i]; 79 return 0; 80 } 81 82 void init() { 83 #define MMM 300 84 int t[MMM + 10]; 85 max = 1, ans.init(1); 86 for (int i = 1; i <= MAX; i++) now[i].fir = MAX; 87 now[1].num[MAX] = 1; 88 for (int i = 2; i <= MMM; i++) t[i] = 0; 89 for (int i = 2; i <= MMM; i++) 90 if (!t[i]) 91 { 92 pri[++ptop] = i; 93 for (int j = 2; j * pri[ptop] <= MMM; j++) t[j * pri[ptop]] = 1; 94 } 95 ubInt e; e.fir = 0, e.clear(), e.init(1); 96 for (int i = 1; i <= ptop; i++) 97 { 98 e *= pri[i]; 99 if (n < e) { top = i - 1; break; } 100 } 101 for (int i = 1; i <= top; i++) 102 { 103 int tmp = 1; 104 for (int j = 0; j <= 100; j++) 105 { 106 if (tmp > pri[top]) { s[i] = j - 1; break; } 107 tmp *= pri[i]; 108 } 109 } 110 for (int i = 1; i <= top; i++) 111 { 112 int tmp = 1; 113 for (int j = 0; j <= 100; j++) 114 { 115 if (tmp > pri[i]) { k[i] = j - 1; break; } 116 tmp <<= 1; 117 } 118 } 119 } 120 121 void brute(int v, ll get, int r3) 122 { 123 if (n < now[v]) return; 124 else if (get > max || (get == max && now[v] < ans)) max = get, ans = now[v]; 125 if (v > top) return; 126 int l = 1, r1 = 1 << 30, r2; 127 if (v != 1) l = (q[1] - (k[v] << 1) - 1) / (1 + k[v]) + 1, r1 = q[1] / k[v]; 128 r2 = s[v] << 1 | 1; 129 now[v + 1] = now[v]; 130 for (int i = 1; i <= max1(l, 1) - 1; i++) now[v + 1] *= pri[v]; 131 for (int i = max1(l, 1); i <= min1(min1(r1, r2), r3); i++) 132 now[v + 1] *= pri[v], q[v] = i, brute(v + 1, get * (i + 1), i); 133 } 134 135 int main() 136 { 137 freopen("HCN.in", "r", stdin); 138 freopen("HCN.out", "w", stdout); 139 n.read(), init(), brute(1, 1, 100), ans.print(); 140 return 0; 141 }
8、seq
考虑已经有了一个子序列 我现在要在后面加入一个数 a[i] 如果能加说明不存在二元组（s，t）满足 a[s]<a[t]<a[i] 二元组有很多我们需要关心的其实只是最小的 a[t]
那么加进去一个数字以后最小的 a[t]可能发生改变 那么如何判断加进去的 a[i]能否成为最小的 a[t]呢 只需要知道没加进 a[i]时的子序列的最小值
那么 dp 的思路就建立了
令 f[i][j][l]表示考虑了前 i 个数 子序列中最小值为 j 子序列中最小的 a[t]为 l
1 #include <cstdio> 2 #define MAXN 205 3 #define MOD 1000000007 4 5 int n, a[MAXN], f[MAXN][MAXN][MAXN], ans; 6 7 void upd(int &a, int b) { (a += b) %= MOD; } 8 9 int main() 10 { 11 freopen("seq.in", "r", stdin); 12 freopen("seq.out", "w", stdout); 13 scanf("%d", &n); 14 for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]); 15 f[0][n + 1][n + 1] = 1; 16 for (int i = 0; i < n; i++) 17 for (int j = 1; j <= n + 1; j++) 18 for (int l = 1; l <= n + 1; l++) 19 if (f[i][j][l]) 20 { 21 upd(f[i + 1][j][l], f[i][j][l]); 22 if (a[i + 1] > l) continue; 23 if (a[i + 1] > j) upd(f[i + 1][j][a[i + 1]], f[i][j][l]); 24 if (a[i + 1] < j) upd(f[i + 1][a[i + 1]][l], f[i][j][l]); 25 } 26 for (int j = 1; j <= n; j++) 27 for(int l = 1; l <= n + 1; l++) upd(ans, f[n][j][l]); 28 printf("%d", ans); 29 return 0; 30 }
