2021.10.10考试总结[NOIP模拟73]
T1 小L的疑惑
对于\(P_i\)，如果所有比\(P_i\)小的数加起来也达不到\(P_i-1\)，那么值域肯定不连续。否则设原来值域最大值为\(mx\)，则\(P_i\)会让值域最大值增致\(mx+P_i\)。
排序后扫一遍。
\(code:\)
T1
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
namespace IO{
auto read=[]()->int{
char ch=getchar(); int x=0,f=1;
while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x*f;
};
auto write=[](int x,int sp)->void{
char ch[20]; int len=0;
if(x<0){ x=~x+1; putchar('-'); }
do{ ch[len++]=(1<<4)+(1<<5)+x%10; x/=10; }while(x);
for(int i=len-1;~i;--i) putchar(ch[i]); putchar(sp);
};
auto ckmax=[](int& x,int y)->void{ x=x<y?y:x; };
auto ckmin=[](int& x,int y)->void{ x=x<y?x:y; };
} using namespace IO;
const int NN=100010;
int n,p[NN],f[NN];
signed main(){
freopen("math.in","r",stdin);
freopen("math.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=read();
sort(p+1,p+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(f[i-1]<p[i]-1) return write(f[i-1]+1,'\n'),0;
f[i]=f[i-1]+p[i];
}
return write(f[n]+1,'\n'),0;
}
T2 小L的数列
把乘法化为指数加法，就是挺裸的矩阵快速幂优化了。
注意指数上应模\(998244352\)。由费马小定理不难得出\(x^{p-1}\equiv 1(\mod p)\)。(也许是欧拉定理？我太菜了
\(code:\)
T2
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO{
auto read=[]()->int{
char ch=getchar(); int x=0,f=1;
while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x*f;
};
auto write=[](int x,int sp)->void{
char ch[20]; int len=0;
if(x<0){ x=~x+1; putchar('-'); }
do{ ch[len++]=(1<<4)+(1<<5)+x%10; x/=10; }while(x);
for(int i=len-1;~i;--i) putchar(ch[i]); putchar(sp);
};
auto ckmax=[](int& x,int y)->void{ x=x<y?y:x; };
auto ckmin=[](int& x,int y)->void{ x=x<y?x:y; };
} using namespace IO;
const int NN=210,p=998244353,mod=p-1;
int n,k,ans,b[NN],f[NN];
int qpow(int a,int x){
int res=1;
for(;x;x>>=1){
if(x&1) res=1ll*res*a%p;
a=1ll*a*a%p;
}
return res;
}
namespace Matrix{
struct mat{
int s[NN][NN];
mat(){}
mat(int x){ memset(s,0,sizeof(s)); for(int i=1;i<=k;i++) s[i][i]=x; }
mat operator*(const mat& a)const{
mat res=mat(0);
for(int i=1;i<=k;i++)
for(int l=1;l<=k;l++)
for(int j=1;j<=k;j++)
(res.s[i][j]+=1ll*s[i][l]*a.s[l][j]%mod)%=mod;
return res;
}
}t;
mat operator^(mat a,int x){
mat res=mat(1);
for(;x;x>>=1){
if(x&1) res=res*a;
a=a*a;
}
return res;
}
void prework(){
for(int i=1;i<k;i++) t.s[i+1][i]=1;
for(int i=1;i<=k;i++) t.s[i][k]=b[k-i+1];
}
} using namespace Matrix;
signed main(){
freopen("seq.in","r",stdin);
freopen("seq.out","w",stdout);
n=read(); k=read(); ans=1;
for(int i=1;i<=k;i++) b[i]=read();
for(int i=1;i<=k;i++) f[i]=read();
if(n<=k) return write(f[n],'\n'),0;
prework(); t=t^(n-k);
for(int i=1;i<=k;i++)
ans=1ll*ans*qpow(f[i],t.s[i][k])%p;
return write(ans,'\n'),0;
}
/*
5 4
1 2 3 4
4 3 2 1
100000 4
1 2 3 4
12 23 34 45
*/
T3 连边
以黑点为源点做多源最短路。
考虑多加一个白点的贡献，其实就是白点向前驱连了一条边。因此做最短路时记录每个点在最短路中与它连边最短的前驱，最后累加答案即可。
\(code:\)
T3
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
namespace IO{
auto read=[]()->int{
char ch=getchar(); int x=0,f=1;
while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x*f;
};
auto write=[](int x,int sp)->void{
char ch[20]; int len=0;
if(x<0){ x=~x+1; putchar('-'); }
do{ ch[len++]=(1<<4)+(1<<5)+x%10; x/=10; }while(x);
for(int i=len-1;~i;--i) putchar(ch[i]); putchar(sp);
};
auto ckmax=[](int& x,int y)->void{ x=x<y?y:x; };
auto ckmin=[](int& x,int y)->void{ x=x<y?x:y; };
} using namespace IO;
const int NN=100010;
int n,m,ans;
bool col[NN];
namespace graph{
#define x first
#define y second
#define mp make_pair
#define pb push_back
typedef pair<int,int> PII;
const int MM=NN<<2;
priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII>>q;
int idx,to[MM],nex[MM],w[MM],head[NN],dis[NN],mn[NN];
bool vis[NN];
void add(int a,int b,int c){
to[++idx]=b; nex[idx]=head[a]; head[a]=idx; w[idx]=c;
to[++idx]=a; nex[idx]=head[b]; head[b]=idx; w[idx]=c;
}
void dijstra(){
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
memset(mn,0x3f,sizeof(mn));
for(int i=1;i<=n;i++) if(col[i])
dis[i]=0, q.push(mp(0,i));
while(!q.empty()){
int x=q.top().y,y=q.top().x; q.pop();
if(vis[x]) continue;
vis[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=nex[i]){
int v=to[i];
if(dis[v]==y+w[i]) ckmin(mn[v],w[i]);
else if(dis[v]>y+w[i]){
dis[v]=y+w[i];
mn[v]=w[i];
q.push(mp(dis[v],v));
}
}
}
}
} using namespace graph;
void getans(){
for(int i=1;i<=n;i++) if(!col[i]){
if(mn[i]>1e17) puts("impossible"),exit(0);
ans+=mn[i];
}
}
signed main(){
freopen("minimum.in","r",stdin);
freopen("minimum.out","w",stdout);
n=read(); m=read();
for(int i=1;i<=n;i++) col[i]=read();
for(int a,b,c,i=1;i<=m;i++)
a=read(),b=read(),c=read(),add(a,b,c);
dijstra(); getans();
return write(ans,'\n'),0;
}
/*
5 7
0 1 0 1 0
1 2 2
1 3 1
1 5 17
2 3 1
3 5 18
4 5 3
2 4 5
*/
T4 小L的有向图
状压\(DP\)，状态记已考虑的点集。
每次考虑在枚举到的点集\(S\)的拓扑序后加入一个点\(i\)，那么\(S\)内连向\(i\)的边可删可不删，其它边必须删。
找到这个边数\(x\)，将方案数乘上\(2^x\)转移刷表。
\(code:\)
T4
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
namespace IO{
auto read=[]()->int{
char ch=getchar(); int x=0,f=1;
while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x*f;
};
auto write=[](int x,int sp)->void{
char ch[20]; int len=0;
if(x<0){ x=~x+1; putchar('-'); }
do{ ch[len++]=(1<<4)+(1<<5)+x%10; x/=10; }while(x);
for(int i=len-1;~i;--i) putchar(ch[i]); putchar(sp);
};
auto ckmax=[](int& x,int y)->void{ x=x<y?y:x; };
auto ckmin=[](int& x,int y)->void{ x=x<y?x:y; };
} using namespace IO;
const int NN=23,MM=470,p=998244353;
int n,m,ans,in[NN],pw[MM],f[1<<22];
signed main(){
freopen("topology.in","r",stdin);
freopen("topology.out","w",stdout);
n=read(); m=read(); pw[0]=f[0]=1;
for(int a,b,i=1;i<=m;i++)
a=read(),b=read(),in[b]|=1<<a-1,pw[i]=(pw[i-1]<<1)%p;
for(int u=0;u<(1<<n);u++)
for(int i=1;i<=n;i++) if(!(u&(1<<i-1))){
int tmp=__builtin_popcount(u&in[i]);
(f[u|(1<<i-1)]+=f[u]*pw[tmp])%=p;
}
return write(f[(1<<n)-1],'\n'),0;
}
/*
3 3
1 2
2 3
3 1
*/
