2022ICPC杭州（ACK）

A

exgcd

void solve()
{
    int n, m;
    cin >> n >> m;
	int sum = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		int x; cin >> x;
		sum += x;
	}
	int a = n, b = n * (n + 1) / 2;
    ll s, d, k1, t;
    // 求 (as + bd + sum) % m 的最小值，并求 (s, d) 的一组特解
    // 考虑将取模去除：等价于求 as + bd + mt + sum 的最小值
    ll g1 = exgcd(a, b, s, d); // as + bd = k1g1
    ll g2 = exgcd(g1, m, k1, t); // k1g1 + mt = k2g2
    // 求 k2g2 + sum 的最小值 -> sum % g2
    ll ans = sum % g2;
    cout << ans << "\n";
    // 求答案取得最小值情况下的 k2
    ll k2 = ((ans - sum) / g2) % m;
    // 此时 k1g1 + mt = g2，将k1扩大k2倍，得到正确的k1
    k1 = k1 * k2 % m;
    // 此时 as + bd = g1，将s,d 均扩大k1倍，得到正确的s, d
    s = s * k1;
    d = d * k1;
    // 整个式子是在模m意义下，为了保证非负，最后还需要将s,d关于m“模加模”
    s = (s % m + m) % m;
    d = (d % m + m) % m;
    cout << s << " " << d << "\n";
}

code

C

被复杂题意包装起来的01背包。

简化一下题意就是：有\(n\)个物品，背包体积为\(k\)，第\(i\)个物品的体积为\(p[i]\)，且有\(p[i]\)种价值，其中只有一种价值对应“全部升级”（价值为\(w[i][p[i]]\)），剩下\(p[i]-1\)种价值对应“部分升级”（价值对应\(w[i][1到p[i]-1]\)）。可以选择至多一个物品“部分升级”，其他必须为“全部升级”。设选取的“全部升级”的物品总体积为\(sum\)，则“部分升级”物品的价值为\(w[i][k-sum]\)。求可获最大价值。

可以将物品的\(p[i]\)个价值看做：物品的体积为\(j\)时（\(j\in [1,p[i]]\)），价值为\(w[i][j]\)（可以证明这种定义方式与题意等价）。这样，就规定选取的物品存在“部分升级”时，总价值必须恰好为\(k\)。因此在初始化\(dp\)数组时必须为\(-INF\)（对于未规定选取恰好体积时初始化为\(0\)）。

特点在于\(p[i]<=10\)，且至多只能有一个“部分升级”的物品。所以状态可设置为：

\(dp[i][j][0/1]\)：考虑前\(i\)个物品，选取物品的总体积为\(j\)，且选了\(0/1\)个“部分升级”的物品，最大总价值。

可以直接暴力枚举“部分升级”物品的所有价值并转移，转移时对于第\(i\)种物品，考虑\(3\)种情况即可：

1. 不选第\(i\)个物品（不代表真的不选，而是作为题中\(sum>k\)的那部分，价值为 \(0\) 地选择该物品，相当于不选。这里容易混淆）-> 从前缀的状态转移
2. 第\(i\)个物品“全部升级” -> “部分升级”的\(0/1\)状态均能转移
3. 第\(i\)个物品“部分升级” -> 由于最多只能选一个，则只能从已选“部分升级”的 \(0\) 状态转移

注意当\(k\)特别大时，所有物品不能装满背包，这时所有物品必须均为“全部升级”状态。而\(dp\)只处理了选取恰好体积的情况，故需要特判\(k\)很大的情况。（如果不特判，而是采用枚举\(dp[n][0到m][0/1]\)的方式更新答案，则会有一种情况导致错误：某个物品“部分升级”比“全部升级”的价值更大，导致对这个物品进行选择时，在背包体积足够时，选了该物品“部分升级”的情况。虽然这样的情况答案更优，但却是不合法的，因为在背包体积足够的情况下，所有物品必须“全部升级”。具体见WA on 7）

可以倒序枚举体积，省去01背包\(dp\)数组中物品个数的那一维。

具体实现见代码

复杂度\(O(nk*10)\)

ACcode

WA on 7

K

字典树

考虑逆序对的贡献是怎样产生的。

分析后可发现，逆序对产生的方式有两种：

1. 两个字符串的前\(i-1\)个字符相同，第\(i\)个字符不同
2. 一个字符串是另一个字符串的前缀

设\(f[x][y]\)表示在给定的字符串序列中，\((str1,str2)\)对的数量，其中\((str1,str2)\)满足：

1. \(str1\) 在 \(str2\) 之前
2. 存在一个位置 \(i\) ，使得\(str1[1到i-1]==str2[1到i-1]\)
3. \(str1[i]==x\),\(str2[i]==y\)。\(x,y\)表示字符。

则 $ans1 = $

\[ \sum_{seq[x]>seq[y]}f[x][y] \]

其中\(seq[x]\)为字符\(x\)在当前给定的字母表中的位置。

计算\(ans2\)：在插入某个字符串\(str\)前，用这个字符串跑一遍字典树，若可到\(str\)的末尾，则看其末尾之后的前缀数量，这些字符串都可以使得\(str\)是它们的真前缀，自然和\(str\)构成逆序对。对于每个字符串，在插入前做这样的统计即可。注意走不到末尾时不能作统计，具体实现见代码。

code