ATcoder 做题记录

ABC277 F

首先我们可以发现行与行、列与列之间的相对大小关系是不会相互影响的。换言之，两种操作是互相独立的。

对于两种操作，我们分别来考虑。

1. 行操作：我们找到每一行和每一列的最小值和最大值，将其排序后检查是否符合要求即可。
2. 列操作：这个相对而言就要麻烦一些了，这题可以转化为图论模型。对于第 $i$ 列，如果存在一列 $j$ 满足 $j>i$ ，但是存在 $k$ 使得 $a_{k,i}>a_{k,j}$ 我们就从 $i$ 向 $j$ 连一条有向边，表示第 $i$ 列应该要换到第 $j$ 列的后面。如果建出来的图有环，则显然无解，反之则有解。

但是第二种操作的建图时间和空间都是我们没有办法承受的，我们考虑优化建图。

我们不管权值为 $0$ 的点，将每一列都视为一个结点。考虑对于每一行，对于一段权值相同的点，我们建一个新点，向这些点表示的列连边，这些点向之后的第一个新点连边。这样建出来的图就是等效的了，我们直接拓扑排序即可。

ABC273 F

• 简要题意

一个人要沿数轴从 $0$ 处走到 $x$ 处，数轴上有一些障碍，每个障碍有一把对应的锤子可以将其销毁，给定障碍和锤子的坐标及 $x$ ，求最短路长。

• 简要题解

区间 $DP$ 的思想，设 $dp[l][r][0]$ 为遍历完 $[l,r]$ 的坐标，并且位于 $l$ 位置，的到达 $x$ 的最短路长；$dp[l][r][1]$ 为位于 $r$ 处，直接记搜转移即可。

ABC272 F

• 简要题意

给定两个长度为 $n$ 的字符串 $S,T$，定义 $f(S,i)$ 为将 $S$ 的前 $i$ 个字符依次拼到末尾形成的字符串。

问有多少二元组 $(i,j)$ 满足 $f(S,i)$ 的字典序小于 $f(T,j)$ 。

• 简要题解

将两个字符串都拉两倍后拼在一起跑 $SA$ ，那么此时已经按照字典序排好序了，维护一个后缀和统计答案即可。

ABC270 F

• 简要题意

$n$ 个初始互不联通的岛屿，你有如下方法让其联通。

1. 对于每个点 $i$ ，你可以花费 $a_i$ 在该点修机场。两点如果都有机场，那这两点可以互相到达。
2. 对于每个点 $i$ ，你可以花费 $b_i$ 在该点修港口。两点如果都有港口，那这两点可以互相到达。
3. 有 $m$ 条道路，第 $i$ 条道路连接 $u_i,v_i$ ，你可以花费 $w-i$ 让开通这条道路，开通后，道路的两个端点可以互相到达。

• 简要题解

看着就很像一个最小生成树的题目，对于在点上有代价的，我们可以通过新建点再向该点连边的方式来实现。

具体的，对于机场，我们连边 $i->n+1$ ，边权为 $a_i$ ；对于港口，我们连边 $i->n+2$ ，边权为 $b_i$ ；对于道路正常连边，然后跑最小生成树即可。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
const LL inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

inline int read() {
	int x=0,w=0; char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) w|=(ch=='-'), ch=getchar();
	while(isdigit(ch)) x=x*10+(ch^48), ch=getchar();
	return w?-x:x;
}

struct edge { int x,y,z; bool friend operator<(edge x,edge y) { return x.z<y.z; } }e[N<<2];
int n,m,idx,a[N],b[N],u[N],v[N],w[N],fa[N];
LL ans=inf;

inline int Get(int x) { return fa[x]==x?x:fa[x]=Get(fa[x]); }

inline LL Kruskal(int n) {
	for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
	sort(e+1,e+1+idx);
	LL res=0,cnt=0;
	for(int i=1,fx,fy;i<=idx && cnt<n-1;i++) {
		fx=Get(e[i].x); fy=Get(e[i].y);
		if(fx^fy) fa[fx]=fy, ++cnt, res+=e[i].z;
	}
	return cnt==n-1?res:inf;
}

int main() {
	n=read(); m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); 
	for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=read();
	for(int i=1;i<=m;i++) u[i]=read(), v[i]=read(), w[i]=read();
	for(int k=0,node;k<4;k++) {
		node=n; idx=0;
		if(k&1) { ++node; for(int i=1;i<=n;i++) e[++idx]=edge{i,node,a[i]}; }
		if(k&2) { ++node; for(int i=1;i<=n;i++) e[++idx]=edge{i,node,b[i]}; }
		for(int i=1;i<=m;i++) e[++idx]=edge{u[i],v[i],w[i]};
		ans=min(ans,Kruskal(node));
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

ABC243 F

• 简要题意：

共 $n$ 个物品，可以随机抽 $k$ 轮，每轮相互独立且抽中物品 $i$ 的概率为 $p_i$ ，问最终恰好抽到 $m$ 个不同的物品的概率。

$m$ 个 物品，每个物品可以重复选，最终选择恰好 $n$ 个物品的概率（无标号） $P=\frac{n!}{\prod _{i=1}^m{c}_i!}$ 。

• 简要题解

设考虑完 $x$ 个物品，共选择了 $y$ 个不同的物品，已经选择了 $z$ 次的概率为 $f[x][y][z]$ ，那么每次转移枚举第 $x+1$ 个物品选择多少个即可。转移方程：

$$\frac{p_{x+1}^c}{c!}f[x][y][z]->f[x+1][y+[c!=1]][z+c])$$

ABC238 F

考虑按照第一次考试的排名从前往后排序。我们设 $f[i][j][k]$ 表示考虑完前 $i$ 个人，选择了 $j$ 个人，选择的人中第二次考试最靠前的排名为 $k$ 的方案数。

转移比较容易。

显然有 $f[i][j][k]->f[i+1][j][k]$ 表示不选择这个人。

如果满足 这个人第二次考试的排名比 $k$ 靠前，那么有 $f[i][j][k]->f[i+1][j+1][Q_i]$ 。