「考前日志」11.14

学到了什么

学到了虚脱

给学弟调树剖没调出来，我太菜了

• 断环成链的方法：任意选择一个位置断开，复制形成 2 倍长度的链。
• 区间DP的小套路
• 学文化课真爽

今日已完成

• 一节文化课：万能公式秒杀电容器动态分析
  \(E=\dfrac{U}{d}=\dfrac{Q}{\varepsilon{S}}\)
  如果再算上 \(C=\dfrac{Q}{U}\) 就有七个物理量。
  无脑带公式即可。
  应用有

  1. 判断受力
  2. 判断场强
  3. 判断静电计张角（看 \(U\)）
  4. 判断电容
  5. 定量计算

• AcWing282 石子合并

  区间DP基础题

  int n, m, f[A][A], sum[A], a[A]; 
  
  int main() {
    n = read();
    for (int i = 1; i <= n; i++) 
      a[i] = read(), sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
    memset(f, inf, sizeof(f));
    for (int i = 1; i <= n; i++) f[i][i] = 0;
    for (int len = 2; len <= n; len++) {
      for (int l = 1; l <= n - len + 1; l++) {
        int r = min(l + len - 1, n);
        for (int k = l; k < r; k++) {
          f[l][r] = min(f[l][r], f[l][k] + f[k + 1][r]);
        }
        f[l][r] += sum[r] - sum[l - 1];
      }
    }
    cout << f[1][n] << '\n';
    return 0;
  }
  

• AcWing283 多边形
  区间 DP，断环成链降低时间复杂度。

  char s;
  int n, ys[A], w[A], f[2][A][A];
  
  inline void checkmax(int &x, int y) { x = x < y ? y : x; }
  inline void checkmin(int &x, int y) { x = x < y ? x : y; }
  
  int main() {
    n = read();
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      cin >> s >> w[i];
      //x乘，t加 
      if (s == 't') ys[i] = 0;
      else if (s == 'x') ys[i] = 1;
    } 
    for (int i = n + 1; i <= n * 2; i++)
      w[i] = w[i - n], ys[i] = ys[i - n];
    memset(f[0], 0xcf, sizeof(f[0]));
    memset(f[1], 0x3f, sizeof(f[1]));
    for (int i = 1; i <= n * 2; i++) f[0][i][i] = f[1][i][i] = w[i];
    for (int len = 2; len <= n; len++) {
      for (int l = 1; l <= n * 2 - len + 1; l++) {
        int r = l + len - 1;
        for (int k = l; k < r; k++) {
          checkmax(f[0][l][r], ys[k + 1] == 1 ? f[0][l][k] * f[0][k + 1][r] : f[0][l][k] + f[0][k + 1][r]);
          checkmin(f[1][l][r], ys[k + 1] == 1 ? f[1][l][k] * f[1][k + 1][r] : f[1][l][k] + f[1][k + 1][r]);
          if (ys[k + 1] == 1) {
            checkmax(f[0][l][r], f[0][l][k] * f[0][k + 1][r]);
            checkmax(f[0][l][r], f[1][l][k] * f[1][k + 1][r]);
            checkmax(f[0][l][r], f[0][l][k] * f[1][k + 1][r]);
            checkmax(f[0][l][r], f[1][l][k] * f[0][k + 1][r]);
            checkmin(f[1][l][r], f[0][l][k] * f[0][k + 1][r]);
            checkmin(f[1][l][r], f[1][l][k] * f[1][k + 1][r]);
            checkmin(f[1][l][r], f[1][l][k] * f[0][k + 1][r]);
            checkmin(f[1][l][r], f[0][l][k] * f[1][k + 1][r]);
          }
        }
      }
    }
    int ans = -32768;
    for (int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans, f[0][i][i + n - 1]);
    cout << ans << '\n';
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      if (f[0][i][i + n - 1] == ans) cout << i << " ";
    }
    return 0;
  }
  

• AcWing284 金字塔

  区间DP，用 \(f_{l,r}\) 表示子串 \(s_{l,r}\) 对应着多少种可能的金字塔结构。

  为了防止重复，只考虑子串 \(s_{l,r}\) 的第一棵子树是由哪一段构成的，枚举第一棵子树的划分点 \(k\)，令子串 \(s_{l+1,k-1}\) 作为第一棵子树，然后令子串 \(s_{k,r}\) 作为剩余部分。因为 \(k\) 不同，所以 \(s_{l+1,r-1}\) 就一定不同，因此就不会产生重复。

  由此得到状态转移方程：

  \[f_{l,r}=\begin{cases}0&s_{l}\ne{s_{r}}\\f_{l+1,r-1}+\sum\limits_{l+2\le{k}\le{r-2},s_{k}=s_{l}}f_{l+1,k-1}\times{f_{k,r}}&s_{l}=s_{r}\end{cases} \]

  用记忆化搜索实现。

  char s[A]; 
  int n, f[A][A];
  
  int solve(int l, int r) {
    if (l > r) return 0;
    if (l == r) return f[l][r] = 1;
    if (f[l][r] != -1) return f[l][r];
    if (s[l] != s[r]) return f[l][r] = 0;
    f[l][r] = solve(l + 1, r - 1); 
    for (int k = l + 2; k <= r - 2; k++) {
      if (s[l] == s[k]) 
        f[l][r] = (f[l][r] + 1ll * solve(l + 1, k - 1) * solve(k, r) % mod) % mod; 
    }
    return f[l][r];
  }
  
  int main() {
    scanf("%s", s + 1);
    memset(f, -1, sizeof(f));
    n = strlen(s + 1);
    cout << solve(1, n) << '\n';
  }
  

• AcWing285 没有上司的舞会

  树形DP，找到一个不依赖别人的点作为根，然后进行树形DP，设 \(f_{i,1/0}\) 表示以 \(i\) 为根的子树，第 \(i\) 个点选或不选所能获得的最大价值，那么有：

  \[f_{i,0}=\sum\limits_{to\in{Son(x)}}\max(f_{to,0},f_{to,1}) \]
  \[f_{i,1}=h_i+\sum\limits_{to\in{Son(x)}f_{to,0}} \]

  最后取 \(\max(f_{R,0},f_{R,1})\) 就是答案，\(R\) 是选出的根节点，\(Son(x)\) 是 \(x\) 的子节点的集合。

  struct node { int to, nxt; } e[A << 1];
  int n, head[A], cnt, f[A][2], h[A], du[A], R;
  
  inline void add(int from, int to) {
    e[++cnt].to = to;
    e[cnt].nxt = head[from];
    head[from] = cnt;
  }
  
  void dfs(int x) {
    f[x][1] = h[x], f[x][0] = 0;
    for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) {
      int to = e[i].to;
      dfs(to);
      f[x][0] += max(f[to][0], f[to][1]);
      f[x][1] += f[to][0];
    }
  }
  
  int main() {
    n = read();
    for (int i = 1; i <= n; i++) h[i] = read();
    for (int i = 1; i < n; i++) {
      int x = read(), y = read();
      du[x] = 1;
      add(y, x);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      if (!du[i]) {
        R = i;
        break;
      }
    }
    dfs(R);
    cout << max(f[R][0], f[R][1]) << '\n';
    return 0;
  }
  

• P1895 数字序列
  模拟

  int len[A];
  int main() {
    for (int i = 1; i <= 1e5; i++) len[i] = len[i - 1] + ((int)log10(i) + 1);
    int T = read();
    while (T--) {
      int n = read();
      int k1 = 0, k2 = 0, tot = 0;
      while (++k1) {
        tot += len[k1];
        if (tot >= n) break;
      }
      n -= (tot - len[k1]);
      while (++k2) {
        if (len[k2] >= n) break;
      }
      cout << k2 / (int)pow(10, len[k2] - n) % 10 << '\n';
    }
    return 0;
  }