JZOJ-2019-11-7 A组
T1
Input
从文件 awesome.in 中读入数据。
第一行 2 个用空格隔开的整数 \(n\), \(P\)。
第二行 n 个用空格隔开的整数 \(A_1, \cdots , A_n\)。
Output
输出到文件 awesome.out 中。
输出一行一个整数，表示极好的三元组的数目。
前置知识
- 字符串
- 暴力
- STL map
解法
考虑若\(x=y \not= z\), 则直接暴力求出z的个数即可
若\(x=y=z\), 暴力扫描序列判断即可
否则\(x \not= y \not= z\)去重, 对每个数求出逆元后暴力匹配jike
代码
/*code by tyqtyq*/
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define f(i,x,y) for(register int i=x, i##end=y; i<=i##end; ++i)
#define d(i,x,y) for(register int i=y, i##end=x; i>=i##end; --i)
#define FO(x) {freopen(#x".in","r",stdin);freopen(#x".out","w",stdout);}
using namespace std;
int read(int& x){x=0; int f=1, ch=getchar(); while(!isdigit(ch)) f=ch=='-'?-1:f, ch=getchar(); while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0', ch=getchar(); return x*=f;}
int read(){int x=0, f=1, ch=getchar(); while(!isdigit(ch)) f=ch=='-'?-1:f, ch=getchar(); while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0', ch=getchar(); return x*f;}
int max(int x, int y){return x>y?x:y;} int min(int x, int y){return x<y?x:y;}
int a[2500], b[2500], inv[2500], n, p, ans=0, ct=0, fa=0;
map<int, int> mp;
int power(int a, int b){int res=1, car=a;while(b){if(b&1) res=res*car%p;car=car*car%p;b>>=1;}return res;}
signed main(){
FO(awesome);
read(n); read(p);
f(i,1,n) read(a[i]);
sort(a+1, a+n+1);
f(i,1,n) b[i]=a[i];
int m=unique(b+1, b+n+1)-b-1;
int x=a[n+1]=-1, cnt=0;
f(i,1,n+1){
if(x!=a[i]){
if(cnt>=2){for(int j=1;j<=m;++j){ if(b[j]==x) continue; if((long long)x*x%p*b[j]%p==1) ++ans; }}
if(cnt>=3 && ((long long)x*x%p*x%p==1)) ++ans;
x=a[i]+(cnt=0);
}
++cnt;
} fa=ans, ans=0;
f(i,1,m){
if(b[i]%p){
inv[i] = power(b[i]%p, p-2);
++mp[inv[i]];
}
}
f(i,1,m){
if(b[i]%p){
--mp[inv[i]];
f(j,i+1,m){
if(b[j]%p){
int x = (long long)b[i]*b[j] % p;
auto it=mp.find(x); if(it!=mp.end()) ans += (*it).second;
if(x == inv[j]) --ans;
}
}
}
}
cout<<fa+ans/2<<endl;
return 0; //拜拜程序~
}
T2
Input
从文件 bag.in 中读入数据。
单个测试点中包含多组数据，输入第一行为一个非负整数 \(T\)，描述数据组数。接下来依次描述每组数据，对于每组数据：
第一行一个非负整数 \(n\)，描述物品数量。
第 \(2\) 行至第 \(n + 1\) 行，每行两个用空格隔开的正整数，其中第 \(i + 1\) 行的两个数依次为 \(w_i, v_i\)，分别描述第 \(i\) 个物品的重量和价值。
接下来一行一个非负整数 \(m\)，描述背包数量。
接下来一行 \(m\) 个用空格隔开的正整数 \(t_1, \cdots , t_m\)，依次描述各背包的承重上限。
Output
输出到文件 bag.out 中。
一行一个整数，表示能够选出的物品数量的最大值。
解法
本题与传统的二维偏序问题类似，只需要仔细考虑维度、顺序问题。
对于一条长度为\(l\)的链，贪心地，我们发现用容量最大的\(l\)个背包一定是最优的背包安排。
因此将所有点按\(x\)降序排序，并依次枚举所有点，用权值树状数组维护离散化后每个\(y\)坐标结尾的最长链长度，注意需要维护能够存的下当前点背包数量，并在更新树状数组时将更新的答案与这个值取\(min\)。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; /*Copyright [tyqtyq](http://oiertyq.github.io). All rights served.*/
#define f(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i<=i##end;++i)
#define d(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i>=i##end;--i)
#define ri register int
#define ll long long
#define il inline
#define _ 100005
#define lowbit(x) (x) & (-x)
namespace intio{char ch; int read(){ ri x=0,f=1; while(!isdigit((ch=getchar()))) f=ch=='-'?-1:1; while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0', ch=getchar(); return x*f; } int read(int& x) {return x = read();}}; using namespace intio;
int max(int x, int y) {return x>y?x:y;} int min(int x, int y) {return x<y?x:y;}
int t[_], n, m, c[_], r[_], rn;
struct thing{int w, v; thing(int a=0, int b=0):w(a), v(b){}}a[_];
int cmp1(thing a, thing b){return a.w > b.w || (a.w==b.w && a.v > b.v) ;}
int cmp2(int a, int b){return a>b;}
int query(int x){
int res=0;
while(x<=rn){
res = max(res, c[x]);
x += lowbit(x);
}
return res;
}
void modify(int p, int x){
while(p>0) {
c[p] = max(x, c[p]);
p -= lowbit(p);
}
}
int T=0;
int main(){
freopen("bag.in", "rb", stdin);
freopen("bag.out", "wb", stdout);
read(T);
while(T--){
memset(c, 0, sizeof(c));
read(n); f(i,1,n) read(a[i].w), r[i]=read(a[i].v);
read(m); f(i,1,m) read(t[i]);
sort(t+1, t+1+m, cmp2);
sort(a+1, a+1+n, cmp1);
sort(r+1, r+1+n);
rn = unique(r+1, r+1+n) - r - 1;
f(i,1,n) a[i].v = lower_bound(r+1, r+1+rn, a[i].v)-r;
int j=0; f(i,1,n){
while(j < m && a[i].w <= t[j + 1]) ++j;
modify(a[i].v, min(query(a[i].v) + 1,j));
}
cout<<query(1)<<endl;
}
return 0;
}
T3
Input
Output
输出到文件 subtree.out 中。
输出用单个空格隔开的 \(R - L + 1\) 个整数，依次表示深度为 \(L, L + 1, \cdots , R\) 的好的\(Yazid\)树数目对 \(998244353\) 取模的结果。
解法
设\(dp[i][d]\)表示\(i\)个节点深度不超过\(d\)的有根树数目（很显然，若计算出所有\(dp[i][d]\)，则可以通过差分求得各答案）。若不考虑禁手，则可以枚举根为编号次大子树的大小\(j\)，并进行转移，具体转移方程为：
\[dp[i][d]=
\begin{align*}
\begin{cases}
0& \text{i为禁手}\\
\sum_{j=1}^{i-1} dp[i-j][d] \times dp[j][d-1] \times \dbinom{i-2}{j-1}& \text{otherwise;}
\end{cases}
\end{align*}
\]
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; /*Copyright [tyqtyq](http://oiertyq.github.io). All rights served.*/
#define f(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i<=i##end;++i)
#define d(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i>=i##end;--i)
#define ri register int
#define ll long long
#define il inline
#define int unsigned long long
#define read(X) cin>>X
const int mod=998244353;
int max(int x, int y) {return x>y?x:y;} int min(int x, int y) {return x<y?x:y;}
int dp[505][505], t[505][505], frac[505], inv[505], k;
int power(int a, int b){
int res=1, car=a;
while(b){
if(b&1) res = (res*car)%mod;
car = (car*car)%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
void init(){
frac[0]=inv[0]=1;
f(i,1,500) frac[i] = (frac[i-1]*i)%mod;
inv[500] = power(frac[500], mod-2);
d(i,499,1) inv[i] = (inv[i+1]*(i+1))%mod;
}
int n, l, r, d, a[505], u[505];
int C(int n, int k){
return (((frac[n]*inv[k])%mod)*inv[n-k])%mod;
}
signed main(){
freopen("subtree.in", "r", stdin); freopen("subtree.out", "w", stdout);
int ttt=0;
init(); read(n); read(k); f(i,1,k) cin>>ttt, u[ttt]=1; read(l); read(r);
if(u[1]) {f(i,l,r) printf("0 "); return puts(""), 0;}
f(i,1,n) dp[1][i]=1; f(i,2,n) dp[2][i]=1;
f(i,3,n) f(d,1,n) f(j,1,i-1)
if(!u[j]) dp[i][d] = ((dp[i][d] + ((((dp[i-j][d]*dp[j][d-1])%mod)*C(i-2, j-1))%mod))%mod);
f(i,l,r) cout<<(!u[n] ? ((dp[n][i] - dp[n][i - 1] + mod) % mod) : 0)<<" "; puts("");
return 0;
}
