CSP模拟21

CSP模拟21

T1 Get P5999

把跳的顺序转换为填数。

对于一个位置，两边填的数都要小于或都大于它才符合题意。

我们按照从小到大的顺序插入数字，这样保证填的位置左右都小于它。设 \(dp_{i,j}\) 表示填了 \(i\) 个数，分成了 \(j\) 个块的方案数。

考虑添加一个数，我们有三种情况。

• \(i\) 自己成为一个新段，我们已经填的 \(j-1\) 段把区域分成了 \(j\) 部分，我们可以在这 \(j\) 部分中选一个插入 \(i\)，有 \(j\) 种情况。但是当 \(s\) 或 \(t\) 已经出现时，我们就不能添加开头和结尾，也就是说不能在边界添加 \(i\)。

\[f_{i,j}=(j-[i>s]-[i>t])\times{f_{i-1,j-1}} \]

• \(i\) 添加进一个已经存在的段。此时不满足两边填的数都要小于或都大于它。

• \(i\) 合并两个存在的段，在 \(j+1\) 个段的基础上有 \(j\) 种方式。

• 如果 \(i=s\) 或 \(i=t\)，只能新建边界段或添加到边界段。

\[f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+f_{i-1,j} \]

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
int n,s,t,f[2010][2010],mod=1e9+7;
signed main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&s,&t);
    f[1][1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(i==s||i==t){
                f[i][j]+=f[i-1][j-1]+f[i-1][j];
                f[i][j]%=mod;
            }
            else{
                int m=(i>s)+(i>t);
                f[i][j]+=f[i-1][j-1]*(j-m);
                f[i][j]+=f[i-1][j+1]*j;
                f[i][j]%=mod;
            }
        }
    }
    cout<<f[n][1];
    return 0;
}

T2 On P9350

我们考虑拆分绝对值，

\[|x_i-x_j|\le{e_i-e_j}\iff {x_i-x_j\le{e_i-e_j}} 且 x_j-x_i\le{e_i-e_j} \]

移项，

\[e_j-x_j\le{e_i-x_i} \]

且

\[e_j+x_j\le{e_i+x_i} \]

我们把 \(e_i+x_i\) 和 \(e_i-x_i\) 当作两个维度，排序后按照单调队列做即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,tot,p[500010];
struct nod{
    int x,e;
}a[500010];
bool cmp(nod x,nod y){
    if(x.x==y.x) return x.e<y.e;
    return x.x<y.x;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].e);
        int t=a[i].e-a[i].x;
        a[i].e=a[i].e+a[i].x;
        a[i].x=t;
    }
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(tot&&a[p[tot]].e<=a[i].e) tot--;
        p[++tot]=i;
    }
    cout<<tot;
    return 0;
}

T3 Your

我们可以发现对于每个交点，都在圆上有 \(4\) 个点对应。所以交点个数就是$$\dbinom{n}{4}$$

有交点的图不能用欧拉定理，我们考虑把它转化为没有交点的图，我们把每个交点都看成一个新的点，容易发现每个交点都增加了两条边，所以边的个数为

\[\dbinom{n}{2}+2\dbinom{n}{4} \]

利用欧拉定理，点数-边数+区域数是 \(2\)，所以区域数为

\[2-\dbinom{n}{4}-n+\dbinom{n}{2}+2\dbinom{n}{4}=2+\dbinom{n}{2}+\dbinom{n}{4}-n \]

由于不包括圆外的的区域，圆和多面形有 \(n\) 个区域，所以答案为

\[1+\dbinom{n}{2}+\dbinom{n}{4} \]

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,ans,tot,mod=998244353,inv24=291154603,inv2=499122177;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    int ans1=(1ll*n*(n-1)%mod*(n-2)%mod*(n-3)%mod*inv24%mod+mod)%mod;
    int ans2=(1ll*ans1+1ll*n*(n-1)%mod*inv2%mod+mod+1)%mod;
    printf("%d\n%d",ans1,ans2);
    return 0;
}