CSP-S模拟14
题面非常的良心，但依旧爆零
T1.莓良心
题目背景：我打扮成你喜欢的样子来看你了，广，不，da，darling...
我看到这个题想到了中位数的结论，甚至写了三分+对顶堆+树状数组，但是很假，对拍一组就挂了。这貌似是T1……赛后发现正解是贪心。首先取出\(minr\)和\(maxl\)，如果\(minr>maxl\)，说明所有区间都覆盖了\([maxl, minr]\)；如果不是，说明这两个区间隔离，而其他的区间在\([minr, maxl]\)有覆盖。设它们之间的距离\(sum=maxl-minr\)，考虑这两个点的贡献：其他点在两侧时，到他们的距离为\(sum+δ\)；在中间时，距离为\(sum\)；显然后者更优。再讨论两个点左右浮动，这样只会使\(sum\)更大。所以得出结论：每次取出\(minr\)和\(maxl\)，将这两个点固定，其他的点都放在这段区间内，计算贡献，递归处理。
代码
#define sandom signed
#define fre(x, y) freopen(#x ".in", "r", stdin), freopen(#y ".out", "w", stdout);
#include <bits/stdc++.h>
#define re register int
#define int long long
using namespace std; typedef pair<int, int> paint;
const int Z = 3e5 + 10;
inline int read() { int x = 0, f = 0; char c = getchar(); while (!isdigit(c)) f = c == '-', c = getchar(); while (isdigit(c)) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), c = getchar(); return f ? -x : x; }
int n, m, ans;
bool vs[Z];
priority_queue < paint, vector<paint>, greater<paint> > r;//小根堆(minr)
priority_queue < paint, vector<paint>, less<paint> > l;//大根堆(maxl)
sandom main()
{
n = read();
for (re i = 1; i <= n; i++) l.push(make_pair(read(), i)), r.push(make_pair(read(), i));
while (!l.empty() && !r.empty())
{
while (!l.empty() && vs[l.top().second]) l.pop();
while (!r.empty() && vs[r.top().second]) r.pop();
vs[l.top().second] = vs[r.top().second] = 1;
int ml = l.top().first, mr = r.top().first;
if (ml <= mr) break;
ans += (n - 1) * (ml - mr);
n -= 2; l.pop(), r.pop();
}
cout << ans;
return 0;
}
T2.尽梨了
题目背景：我成为你心中的第一位了吗？
集训队胡策题？枚举每一行选\(c\)个\(1\)，扫描所有的行,设当前行中\(1\)的个数为\(k\)，分类讨论：1.\(k < c\)，有几位上矩阵中为\(0\)，而\(b\)为\(1\)，所以该行\(a\)为0；2.\(k > c\)，有几位上矩阵中为\(1\)，而\(b\)为\(0\)，所以该行\(a\)为1；3.\(k = c\)，此时\(b\)可以唯一确定，并反推出其他行的一些信息。
现在来计算方案，1.存在\(k = c\)的情况，所有的这种类型的行必须完全相同，记数量为\(tot\)，方案为\(2^{tot}\)，否则无解。2.不存在\(k = c\)的情况，那么此时\(b\)不确定，我们把不能确定的位记为\(-1\)，我们计算出\(b\)中所有\(k < c\)的行至少需要多少个1，记为\(cnt_1\)，剩下的的\(i-cnt_1\)位就是还需要的\(-1\)；计算出所有\(k > c\)的行至少需要多少个0，剩下的\(1\)记为\(cnt_2\)就是可以有的\(-1\)；那么我们从可以选的\(cnt_2\)个\(-1\)里选出\(i-cnt_1\)个，即\(C_{cnt_2}^{i-cnt_1}\)。
因为复杂度是\(O(n^3)\)的，所以需要预处理：设\(pre[i]\)表示\(k\)小于等于\(i\)的集合并，\(suf[i]\)表示\(k\)大于等于\(i\)的集合并，有解仅当\(suf\)中的\(1\)少于\(pre\)。代码中的一个细节：把两个独立的方案数乘起来了，因为当其中一个有贡献时，另一个没有贡献，返回的是\(1\)，原因就是上面的分讨。
代码
#define sandom signed
#define fre(x, y) freopen(#x ".in", "r", stdin), freopen(#y ".out", "w", stdout);
#include <bits/stdc++.h>
#define re register int
#define int long long
using namespace std;
const int Z = 5020; const int mod = 998244353;
inline int read() { int x = 0, f = 0; char c = getchar(); while (!isdigit(c)) f = c == '-', c = getchar(); while (isdigit(c)) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), c = getchar(); return f ? -x : x; }
inline int qpow(int a, int b, int c) { int res = 1; while (b) { if (b & 1) res = res * a % c; a = a * a % c; b >>= 1; } return res; }
int n, m, ans;
int fac[Z], inv[Z];
char s[Z];
vector <int> tot[Z];
bitset <Z> c[Z], pre[Z], suf[Z];
inline void init()
{
fac[0] = 1;
for (re i = 1; i <= n; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
inv[n] = qpow(fac[n], mod - 2, mod);
for (re i = n - 1; i >= 0; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
inline int C(int n, int m)
{
if (n < m || n < 0 || m < 0) return 0;
return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
sandom main()
{
n = read(); init();
for (re i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%s", s + 1);
for (re j = 1; j <= n; j++) c[i][j] = s[j] - '0';
tot[c[i].count()].push_back(i);
}
for (re i = 1; i <= n; i++)//小于等于i的1的状态
{
pre[i] = pre[i - 1];
for (auto j : tot[i]) pre[i] |= c[j];
}
for (re i = 1; i <= n; i++) suf[n + 1][i] = 1;
for (re i = n; i >= 1; i--)//大于等于i的0的状态
{
suf[i] = suf[i + 1];
for (auto j : tot[i]) suf[i] &= c[j];
}
for (re i = 0; i <= n; i++)//枚举列上有几个1
if ((pre[i] & suf[i]) == pre[i] || (pre[i] | suf[i]) == suf[i])//有解（这两个式子是等价的）
{
int cnt1 = pre[i].count(), cnt2 = suf[i].count();
ans += qpow(2, tot[i].size(), mod) * C(cnt2 - cnt1, i - cnt1);//还需要多少个1（非人类写法，实际上是分类讨论）
ans %= mod;
}
cout << ans;
return 0;
}
T3.团不过
题目背景：眼泪没能流出来。因为已经哭过很多次了。
是雪乃！这我可就不困了，导致我一上午都在搞这道题。首先这道题和\(NIM\)游戏没有半毛钱关系，它叫做卡农。我之所以一上午都在做这个题，是因为用的纯组合数学，3个数组，全部使用容斥计算。这题需要容斥的步骤：异或不为\(0\)转化为总方案减去异或和为\(0\)，石子中不能有\(0\)，石子间不能重复。第三个容斥因为无法确定状态所以使用纯数学挂了，但题解貌似可以用生成函数硬搞。TIP：遇到困难换思路。我们尝试一种新的\(dp\)，设\(g[i]\)为前\(i\)个数随便选的总方案数，\(f[i]\)为前\(i\)个数异或和为\(0\)的合法方案数。
转移式子为\(f_i=g_{i-1}-f_{i-1}-(m-i+2)*(i-1) *f_{i-2}\)，逐步分析：我们\(g\)的状态囊括了所有的情况，假设前\(i-1\)个数的异或和为\(x\)，我要让前\(i\)个数的异或和为\(0\)，那么只需要第\(i\)个数选\(x\)就行了，所以一一对应；如果前\(i-1\)的异或和为\(0\)，那么第\(i\)个就会选\(0\)，不合法；枚举前\(i-1\)个数中哪一个与\(i\)相等，并枚举这个数是啥，有\(m-i+2\)中情况，剩下的\(i-2\)个数异或和为\(0\)。最后输出\(g_n-f_n\)即可。
代码
#define sandom signed
#define fre(x, y) freopen(#x ".in", "r", stdin), freopen(#y ".out", "w", stdout);
#include <bits/stdc++.h>
#define re register int
#define int long long
using namespace std;
const int Z = 1e7 + 10; const int mod = 1e9 + 7;
inline int qpow(int a, int b, int c) { int res = 1; while (b) { if (b & 1) res = res * a % c; a = a * a % c; b >>= 1; } return res; }
int n, m, f[Z], g[Z];
sandom main()
{
cin >> n; m = qpow(2, n, mod) - 1;
g[0] = 1;
for (re i = 1; i <= n; i++) g[i] = g[i - 1] * (m - i + 1) % mod;//总数
f[0] = 1, f[1] = 0;
for (re i = 2; i <= n; i++)//异或和为0的合法方案数
f[i] = g[i - 1] - f[i - 1] - (m - i + 2) * (i - 1) % mod * f[i - 2] % mod, (f[i] += mod) %= mod;
cout << (g[n] - f[n] + mod) % mod << endl;//异或和不为0的方案数
return 0;
}
T4.七负我
题目背景：既然真白你说不要的话，神田君就归我了哦。
赛时因为一直在做T3，所以T4都没有看，然而是只需要求一个图的最大团（最大完全子图）。证明这个结论：
1.对于不直接联通的两个点：（1）间接联通，原贡献是\(ab+bc+cd\)，把\(b\)和\(d\)合并，得到\(a(b+d)+c(b+d)\)，显然更优，同理\(a\)与\(c\)也可以合并；（2）不连通，原贡献是\(ab+cd\)，把\(c、d\)合并到\(b\)上，得到\(a(b+cd)\)，也是更优。对于其他的情况，要么贡献不变，要么更优。所以对于不连通的两个点，我可以把其中一个点的权值移到另一个点上，所以我们最后得到的必是一个完全连通图。
2.团要取最大的，且权值平均分配最优：对于任意一个团，它的贡献是\(\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}a_ia_j-\sum\limits_{i=1}^{n}a_i^2}{2}\)，记作\(ans\)，我们发扬基本不等式的光辉，可以得到\(a_ia_j\le \frac{a_i^2+a_j^2}{2}\)，当\(a_i=a_j\)时取等，依次化简得到\(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}a_ia_j\le n\sum\limits_{i=1}^{n}a_i^2\)，当且仅当\(a_1=a_2=…=a_n\)时取等。因为\((\sum\limits_{i=1}^{n}a_i)^2=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}a_ia_j\)，所以\(\sum\limits_{i=1}^{n}a_i^2 \ge \frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}a_i\)，则\(ans\le \frac{1-\frac{1}{n}}{2}(\sum\limits_{i=1}^{n}a_i)^2\)，题目给出\(x=\sum\limits_{i=1}^{n}a_i\)，所以\(ans\le \frac{1-\frac{1}{n}}{2}x^2\)（\(n\)为团的点数），当团增大时，贡献变大，并且均分才满足取等条件。
代码
#define sandom signed
#define fre(x, y) freopen(#x ".in", "r", stdin), freopen(#y ".out", "w", stdout);
#include <bits/stdc++.h>
#define re register int
using namespace std;
const int Z = 41;
inline int read() { int x = 0, f = 0; char c = getchar(); while (!isdigit(c)) f = c == '-', c = getchar(); while (isdigit(c)) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), c = getchar(); return f ? -x : x; }
int n, m, x, ans;
bitset <Z> dis[Z];
bool dfs(int t, int tot)
{
if (!tot) return true;
if (tot > n - t + 1) return false;
if ((dis[t] & dis[0]) == dis[0])
{
dis[0][t] = 1;
if (dfs(t + 1, tot - 1)) return true;
dis[0][t] = 0;
}
if (dfs(t + 1, tot)) return true;
return false;
}
sandom main()
{
n = read(), m = read(), x = read();
for (re i = 1; i <= m; i++)
{
int u = read(), v = read();
dis[u][v] = dis[v][u] = 1;
}
for (re i = n; i; i--)
if (dfs(1, i))
{
printf("%.6lf", (1.0 - 1.0 / i) / 2 * x * x);
return 0;
}
}
