2023.4.24测试

区间第2大

题目大意

$a[1\dots n]$ 是 $1\dots n$ 的某个排列，对于所有 $1\le l<r\le n$，将出 $a[l\dots r]$ 中第二大数累加到 $ans$，求 $ans$

$n\le {10}^5$

解题思路

• 对于 $a[i]$，考虑它被计算了多少次，容易看出只需找出它左边第一个比它大的数，左边第二个比它大的数，右边第一个，右边第二个即可

• $\mathrm{ST}$ 表 + 二分即可

竹子

题目大意

有 $n$ 棵竹子从左往右排成一行，编号 $1$ 至 $n$，第 $i$ 棵竹子的高度是$h_i$。

每天你需要砍掉 $1$ 棵竹子，被砍的竹子的高度会变成 $0$，假设你当天砍掉的是第 $i$ 棵竹子，那么此次的代价是 $h_{i-1}+h_i+h_{i+1}$。

我们认为 $h_0=h_{n+1}=0$。

显然，总共有 $n!$ 种不同的砍竹子的方案，有多少种不同的方案，使得砍完所有竹子的总代价最小？

输出能使得总代价最小的不同方案数。答案模 $1000000007$。

解题思路

• 蒟蒻我考场只会 $O(n!)$ 的暴力

• 第一次接触 插入$\mathrm{dp}$ ，只考虑前 $i$ 课竹子，后面的竹子等到插入时再考虑。设 $f[i][j]$ 表示第 $i$ 课竹子在前 $i$ 棵竹子中是第 $j$ 棵砍的，此时总代价的最小值，那么就有

  $$f[i][j]=min\{\begin{array}{ll}f[i-1][k]+h_i+h_i& 1\le k<j\\ f[i-1][k]+h_i+h_{i-1}& j\le k\le i-1\end{array}$$

• 用一个前后缀预处理即可转移

• 设 $g[i][j]$ 表示第 $i$ 课竹子在前 $i$ 棵竹子中是第 $j$ 棵砍的，此时让总代价最小的方案数，随着 $f$ 的转移进行转移即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

const int N=4010;
const LL MOD=1000000007;

int n;
LL h[N],f[N][N],g[N][N];
LL ff[N][2],gg[N][2];

int main()
{
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	memset(ff,0x3f,sizeof(ff));
	
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++)
		scanf("%lld",&h[i]);
	
	f[1][1]=h[1];
	g[1][1]=1;
	ff[1][0]=ff[1][1]=f[1][1];
	gg[1][0]=gg[1][1]=1;
	for(int i=2; i<=n; i++)
	{
		for(int j=1; j<=i; j++)
		{
			LL a=ff[j-1][0]+h[i]+h[i],b=ff[j][1]+h[i]+h[i-1];
			if(a==b)
				g[i][j]=(gg[j-1][0]+gg[j][1])%MOD;
			else if(a<b)
				g[i][j]=gg[j-1][0];
			else
				g[i][j]=gg[j][1];
			f[i][j]=min(a,b);
		}
		
		memset(ff,0x3f,sizeof(ff));
		memset(gg,0,sizeof(gg));
		
		for(int j=1; j<=i; j++)
			ff[j][0]=min(ff[j-1][0],f[i][j]);
		for(int j=i; j>=1; j--)
			ff[j][1]=min(ff[j+1][1],f[i][j]);
		for(int j=1; j<=i; j++)
		{
			if(f[i][j]==ff[j-1][0])
				gg[j][0]=(gg[j-1][0]+g[i][j])%MOD;
			else if(f[i][j]<ff[j-1][0])
				gg[j][0]=g[i][j];
			else
				gg[j][0]=gg[j-1][0];
		}
		for(int j=i; j>=1; j--)
		{
			if(f[i][j]==ff[j+1][1])
				gg[j][1]=(gg[j+1][1]+g[i][j])%MOD;
			else if(f[i][j]<ff[j+1][1])
				gg[j][1]=g[i][j];
			else
				gg[j][1]=gg[j+1][1];
		}
			
	}
	
	LL mn=1e14,ans=0;
	for(int i=1; i<=n; i++)
		mn=min(mn,f[n][i]);
			
	for(int i=1; i<=n; i++)
		if(f[n][i]==mn)
			ans=(ans+g[n][i])%MOD;
		
	printf("%lld",ans);
		
	return 0;
}

奶牛安家

题目大意

有 $n$ 头奶牛，在一条数轴上选择自己的家。数轴上有 $m$ 个整点，分别是 $0$ 至 $m-1$。每头奶牛都选择一个不同的整点作为的自己的家。第 $i$ 头奶牛有一个安全距离 $R[i]$，表示的意义是第 $i$ 头奶牛与它的邻居的距离不能小于 $R[i]$。也就是说，如果奶牛 $i$ 和奶牛 $j$ 是邻居，那么这两头奶牛之间的距离不能小于 $max(R[i],R[j])$。输出有多少种不同的合法安家方案，答案模 $1000000007$。

解题思路

• 显然最终的答案和奶牛的排列有关。如果我们知道最后奶牛之间的距离限制总和 $s$，那么我们就可以使用插板法求出答案，为 $C_{m-s+n-1}^n$

• 现在考虑如何计算限制长度和为 $s$ 的方案数。我们先将奶牛按 $R$ 从小到大排序，将限制抽象成一条链，那这条链可以是由多条链连接在一起的。因为我们排了序，那么后面的奶牛参与到链的拼接时就无需考虑大小关系。

• 考虑 $\mathrm{dp}$，设 $f[i][j][k]$ 表示到第 $i$ 头奶牛，目前的链数为 $j$，链的总长度为 $k$。那么考虑我为人人，$f[i][j][k]$ 可以对哪些状态作出贡献

  • $f[i][j][k]\to f[i+1][j+1][k]$

    表示第 $i+1$ 头奶牛单独成链

  • $f[i][j][k]\ast j\ast (j-1)\to f[i+1][j-1][k+R[i+1]\ast 2]$

    表示用第 $i+1$ 头奶牛连接任意两条链

  • $f[i][j][k]\ast 2\ast j\to f[i+1][j][k+R[i+1]]$

    表示将第 $i+1$ 头奶牛任意接到一条链的头或尾

• 做完 $\mathrm{dp}$ 后组合数求解即可。注意因为组合数涉及阶乘和除法的运算，所以需要做预处理，还要求逆元。因为模数 $1000000007$ 是质数，所以可以用费马小定理来求。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

const int N=50,M=100010;
const LL MOD=1000000007;

int G,n,m,r[N];
LL pw[M+N],f[N][N][N*N];
LL ans;

LL ksm(int a,LL b)
{
	if(b==0)
		return 1;
	if(b==1)
		return a;
	LL tmp=ksm(a,b/2);
	if(b%2==0)
		return tmp*tmp%MOD;
	return tmp*tmp%MOD*a%MOD;
}

LL C(int a,int b)
{
	if(a<b)
		return 0;
	return pw[a]*ksm(pw[a-b],MOD-2)%MOD*ksm(pw[b],MOD-2)%MOD;
}

int main()
{
	pw[0]=1;
	for(int i=1; i<=M+N-20; i++)
		pw[i]=(pw[i-1]*i)%MOD;
		
	scanf("%d",&G);
	while(G--)
	{
		memset(f,0,sizeof(f));
		
		scanf("%d%d",&m,&n);
		for(int i=1; i<=n; i++)
			scanf("%d",&r[i]);
		
		sort(r+1,r+1+n);
		
		f[0][0][0]=1;
		for(int i=0; i<n; i++)
		{
			for(int j=0; j<=i; j++)
			{
				for(int k=0; k<=40*n; k++)
				{
					f[i+1][j+1][k]=(f[i+1][j+1][k]+f[i][j][k])%MOD;
					if(j>=2)
						f[i+1][j-1][k+r[i+1]*2]=(f[i+1][j-1][k+r[i+1]*2]+f[i][j][k]*1LL*j%MOD*(j-1)%MOD)%MOD;
					if(j>=1)
						f[i+1][j][k+r[i+1]]=(f[i+1][j][k+r[i+1]]+f[i][j][k]*1LL*2*j%MOD)%MOD;
				}
			}
		}
		
		ans=0;
		for(int i=0; i<=40*n; i++)
			ans=(ans+f[n][1][i]*C(m-i+n-1,n)%MOD)%MOD;
		
		printf("%lld\n",ans);
	}
	
	return 0;
}

加强版 [COCI2021-2022#2] Magneti

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

const int N=60,M=10010;
const LL MOD=1000000007;

int G,n,m,r[N];
LL pw[M+N],f[N][N][M];
LL ans;

LL ksm(LL a,LL b)
{
    if(b==0)
        return 1;
    if(b==1)
        return a;
    LL tmp=ksm(a,b/2);
    if(b%2==0)
        return tmp*tmp%MOD;
    return tmp*tmp%MOD*a%MOD;
}

LL C(int a,int b)
{
    if(a<b)
        return 0;
    return pw[a]*ksm(pw[a-b],MOD-2)%MOD*ksm(pw[b],MOD-2)%MOD;
}

int main()
{
    pw[0]=1;
    for(int i=1; i<=M-10; i++)
        pw[i]=(pw[i-1]*i)%MOD;


    memset(f,0,sizeof(f));

    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1; i<=n; i++)
        scanf("%d",&r[i]);

    sort(r+1,r+1+n);

    f[0][0][0]=1;
    for(int i=0; i<n; i++)
    {
        for(int j=0; j<=i; j++)
        {
            for(int k=0; k<=m; k++)
            {
                f[i+1][j+1][k]=(f[i+1][j+1][k]+f[i][j][k])%MOD;
                if(j>=2 && k+r[i+1]*2<=m)
                    f[i+1][j-1][k+r[i+1]*2]=(f[i+1][j-1][k+r[i+1]*2]+f[i][j][k]*1LL*j%MOD*(j-1)%MOD)%MOD;
                if(j>=1 && k+r[i+1]<=m)
                    f[i+1][j][k+r[i+1]]=(f[i+1][j][k+r[i+1]]+f[i][j][k]*1LL*2*j%MOD)%MOD;
            }
        }
    }

    ans=0;
    for(int i=0; i<=m; i++)
        ans=(ans+f[n][1][i]*C(m-i+n-1,n)%MOD)%MOD;

    printf("%lld\n",ans);

    return 0;
}