2024杭电多校第6场
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1004 不醒人室 （hdu7497）
模拟题，思路和题解略有不同，由于数据保证各时间段有序，可在循环外设变量 \(awake\) 表示在当前循环位置、最后清醒的时间，遍历上课时间的同时用计划的睡觉时间更新 \(awake\) 即可，时间复杂度为线性。
主要代码：
ll awake = 0;
int j = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
ll l = c[i].l, r = c[i].r; //c[i]课程时间，s[i]睡觉时间
if(awake < r) {
if(awake >= l) awake = -1;
for(; j <= m; j++) {
ll st = s[j].r, ed = s[j].r + (s[j].r - s[j].l) * 2;
if(j < m) ed = min(ed, s[j + 1].l);
if(st <= l && ed >= r) {
awake = ed;
break;
}
else if(st > l) {
awake = -1;
break;
}
}
if(awake < 0) break;
}
}
至于为什么思路讲得有点抽象，因为本来就没啥思路······这场杭电的前一天晚上打cf去了（参见上一篇题解），赛时脑子还不太清醒，一通乱写过了wyq的数据就交，没想到对了······ wyq评价：最符合题意的一集）
1005 交通管控 （hdu7498）
由 \(k\) 的数据范围想到状压dp，红绿灯三种颜色状态需要三进制状压。对于相同的操作杆组合，每根操作杆的使用顺序不影响最终结果，因此用类似背包的方式求解，使用滚动数组可优化空间复杂度至 \(3^{10}\) 左右。答案对 \(m\) 取模，由于最终答案可能是 \(m\) 的整数倍，取模后为 \(0\)，无法区分是否出现该组合，需要另开一个bool数组表示该状态的合法性。
以下为dp代码，需注意初始化：
for(int s = 0; s < p[k]; s++) {
dp[s][0] = dp[s][1] = 0;
vis[s][0] = vis[s][1] = 0;
}
dp[0][0] = 1;
vis[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int ii = i & 1;
for(int s = 0; s < p[k]; s++) {
dp[s][ii] = 0;
vis[s][ii] = 0;
}
string c;
cin >> c;
for(int s = 0; s < p[k]; s++) {
if(!vis[s][ii ^ 1]) continue;
vis[s][ii] = 1;
dp[s][ii] += dp[s][ii ^ 1];
dp[s][ii] %= mo;
int to = 0;
for(int z = 0; z < k; z++) {
int cur = (s / p[z]) % 3;
if(c[z] == '+') cur = (cur + 1) % 3;
else if(c[z] == '-') cur = (cur + 2) % 3;
to += p[z] * cur;
}
vis[to][ii] = 1;
dp[to][ii] += dp[s][ii ^ 1];
dp[to][ii] %= mo;
}
}
除此以外我还尝试过分层图+拓扑的方法，逻辑严不严谨另说，由于空间无法优化，喜提MLE
1007 树上 \(MEX\) 问题 （hdu7500）
赛时没想到如何统计最终答案，看了眼题解似乎能动态维护，于是按照之前的想法继续写，还真可以）
直接统计子图的 \(MEX\) 值非常麻烦，可从每个子图对答案的“贡献”角度思考。若某一子图中包含权值为 \(0\) 至 \(x - 1\) 的所有点，可确定其 \(MEX\geq x\)，即该子图的贡献不小于 \(x\). 先假设所有子图 \(MEX = 0\)，对于包含 \(0\) 权值的 \(t\) 个子图，其贡献至少为 \(1\)，故应补充答案，有 \(sum\) \(+\)\(=\) \(t\)；在此基础上，对于同时包含 \(0,1\) 权值的子图，同理有 \(sum\) \(+\)\(=\) \(t'\)；······ 以此类推，若每种子图的数量可快速计算，即可 \(O(n)\) 统计答案。
树形dp可 \(O(n)\) 求出以每个节点为根节点的子图数量，递推即乘法原理 \(cnt[i] = \prod (cnt[t] + 1)\). 对于包含 \(0\) 至 \(x - 1\) 所有节点的子图数量 \(ans\)，考虑动态维护，每次加入新节点时计算 \(ans\) 的变化量即可。以 \(0\) 权值点为根，前 \(x - 1\) 个节点形成的最小子图为 \(s\)，若 \(x\) 权值在 \(s\) 内部，所有包含 \(s\) 的子图必然包含 \(x\)，\(ans\) 不变；若 \(x\) 在 \(s\) 外，由于 \(s\) 内部所有点必然与根节点 \(0\) 权值处连接，\(x\) 不可能是它们的祖先，因此顺着 \(x\) 的父亲节点向上寻找，即可将 \(x\) 加入 \(s\) 中。如此处理后，\(x\) 至其祖先的链上答案发生变化，其他位置仍然遵循乘法原理，设该链上子图总数 \(k\)，答案变化 \(ans = (ans/k) * k'\)；\(x\) 向上寻找父节点 \(f\)，有 \(k'=k'*cnt[f]/(cnt[x] + 1)\)，原先数量除去所有不选择 \(x\) 的情况即可。由于每个点只被加入 \(s\) 一次，复杂度仍然为 \(O(n)\).
sum = cnt[mp[0]];
in[mp[0]] = 1; //in数组表示点是否在s内，由于每次操作的s固定，不需要用并查集
ll ans = cnt[mp[0]];
for(int i = 1; i < n; i++) {
int x = mp[i];
if(in[x] == 0) {
in[x] = 1;
ll tim = cnt[x]; //即原文中k'
int pre = x;
for(int j = f[x]; ; j = f[j]) {
if(in[j]) {
ans = ans * tim % mo * inv(cnt[pre] + 1) % mo; //cnt[pre] + 1即原文中k
sum += ans;
if(sum >= mo) sum -= mo;
break;
}
tim = tim * cnt[j] % mo * inv(cnt[pre] + 1) % mo;
in[j] = 1;
pre = j;
}
} else {
sum += ans;
if(sum >= mo) sum -= mo;
}
}
printf("%lld\n", sum);
