noip模拟29
这次终于是早上考试了
早上考试手感不错，这次刷新了以前的最高排名～
%%%cyh巨佬 \(rk1\)
%%%CT巨佬 \(t2\) 90
纵观前几，似乎我 \(t3\) 是最低的……
总计挂分10分，\(t2\) 写的 \(exgcd\) 因为变量打错没用上
A. 最长不下降子序列
第一眼看上去没思路……
看见 \(n\) 的范围太大了，估计得从数列生成上做文章
一开始研究了半天二次函数之类的东西，试图寻找单调性之类的东东
后来索性不会还是打个表找规律吧
咦？居然循环了？
（这个样例给的***钻呀）其实换个什么别的模数或者初始项很快就会出现循环节
冷静分析一下，因为模数很小，前一项经过函数作用后结果是固定的，那么最多出现模数个数后就会出现循环
那循环就简单了，有几个循环就有几个相等数，循环节内部也会有，把第一个拿出来和前面的跑个LIS拼一下完事儿
然后写个对拍，发现Wa了！！！
开始手模，发现有一种很神奇的情况，比如：
14523 14523 14523
乍一看前面是3加上后面两个是5，但其实是6
冷静分析一下发现这种情况只有把前 \(len\) 个循环节都揪出去跑才能解决
赶紧改一下然后就过了
代码实现
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=1e6+5;
int n,t[maxn],a,b,c,d,last[maxn],ed,num,len,st,st1,ans,f[maxn],cc[maxn];
void add(int x,int w){
x++;
for(;x<=151;x+=x&-x){
cc[x]=max(cc[x],w);
}
return ;
}
int ask(int x){
x++;
int ans=0;
for(;x;x-=x&-x)ans=max(ans,cc[x]);
return ans;
}
signed main(){
// freopen("lis0.in","r",stdin);
// freopen("my.out","w",stdout);
cin>>n;
cin>>t[1]>>a>>b>>c>>d;
if(n<=100000){
for(int i=2;i<=n;i++){
t[i]=(a*t[i-1]*t[i-1]+b*t[i-1]+c)%d;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i]=1;
f[i]=max(f[i],ask(t[i])+1);
add(t[i],f[i]);
ans=max(ans,f[i]);
}
cout<<ans;
return 0;
}
last[t[1]]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
t[i]=(a*t[i-1]*t[i-1]+b*t[i-1]+c)%d;
if(last[t[i]]){
st=last[t[i]];
len=i-last[t[i]];
break;
}
last[t[i]]=i;
}
for(int i=st+len;i<=st+len*(len+10);i++){
t[i]=(a*t[i-1]*t[i-1]+b*t[i-1]+c)%d;
}
num=(n-st+1)/len-len;
ed=n-num*len;
for(int i=1;i<=ed;i++){
f[i]=1;
f[i]=max(f[i],ask(t[i])+1);
add(t[i],f[i]);
}
st1=ed+1;
for(int i=st1;i<=st1+len-1;i++){
for(int j=1;j<=ed;j++){
if(t[j]<=t[i])ans=max(ans,f[j]);
}
}
cout<<ans+num;
return 0;
}
考完看题解，还有一种不同的方法
对于循环节的 LIS 采用 \(dp\) 的方式
设 \(f[n][i][j]\) 表示以第一个循环节 \(i\) 开头，以后面第 \(n\) 个循环节的 \(j\) 结尾的 LIS 长度，转移：
然后用了一个很神奇的方法优化一下——广义矩阵乘法
正常的矩乘是先乘后加，发现形式和这个很像，这不过这个是先加后 \(max\)，只要把矩乘定义该一下就好了
把 \(F[1]\) 看成 \(base\) 矩阵，那么 \(F[n]=F[n-1]*base\)，这样可以矩阵快速幂了
然后 \(F[1]\) 暴力算一下即可
B. 完全背包问题
考场上想过同余最短路，但是看见还有总和不超过 \(C\) 的限制条件就直接跑路了，然后转数学，开始裴蜀定理乱搞，搞不出来
正解就是同余最短路，但是得加个分层来满足限制条件
先来根据同余最短路的套路来设个方程：
\(f[j][k]\) 表示选了的物品模 \(val[0]\) 等于 \(j\)，且选了 \(k\) 个物品的最小总价值（之所以是最小，因为最后要加许多个 \(val[0]\)，最小的可以表示出全部状态）
转移：
发现如果点开成一维的不好转移，那么再加一维代表层数，转移即可
代码实现
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define fi first
#define se second
const int maxn=55,maxm=10005;
int n,m,limit,sum,val[maxn],w,dis[maxm][maxn];
bool vis[maxm][maxn];
int read(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)){
x=x*10+ch-48;
ch=getchar();
}
return x*f;
}
struct Node{
pair<int,int>id;
int dis;
Node(){}
Node(pair<int,int>x,int y):id(x),dis(y){}
bool operator < (const Node & x)const{
return dis>x.dis;
}
};
priority_queue<Node>q;
void dij(){
memset(dis,0x3f,sizeof dis);
dis[0][0]=0;
q.push(Node(make_pair(0,0),0));
while(!q.empty()){
pair<int,int>x=q.top().id;
q.pop();
if(vis[x.fi][x.se])continue;
vis[x.fi][x.se]=true;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(val[i]>=limit&&x.se==sum)break;
if(val[i]<limit){
if(dis[(x.fi+val[i])%val[1]][x.se]>dis[x.fi][x.se]+val[i]){
dis[(x.fi+val[i])%val[1]][x.se]=dis[x.fi][x.se]+val[i];
q.push(Node(make_pair((x.fi+val[i])%val[1],x.se),dis[(x.fi+val[i])%val[1]][x.se]));
}
}
else{
if(dis[(x.fi+val[i])%val[1]][x.se+1]>dis[x.fi][x.se]+val[i]){
dis[(x.fi+val[i])%val[1]][x.se+1]=dis[x.fi][x.se]+val[i];
q.push(Node(make_pair((x.fi+val[i])%val[1],x.se+1),dis[(x.fi+val[i])%val[1]][x.se+1]));
}
}
}
}
return ;
}
signed main(){
n=read();
m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)val[i]=read();
sort(val+1,val+n+1);
limit=read();
sum=read();
dij();
for(int i=1;i<=m;i++){
w=read();
bool flag=false;
for(int j=0;j<=sum;j++){
if(w>=dis[w%val[1]][j]){
flag=true;
break;
}
}
if(flag)puts("Yes");
else puts("No");
}
return 0;
}
题解上介绍了复杂度更优的方法：
C. 最近公共祖先
每次修改一个点的时候，暴力跳 \(father\)，这是祖先的权值对其他子树是有贡献的，在 \(dfs\) 上修改即可
由于每个节点只有第一次走到父亲是有用的，所以最多更新 \(n\) 次，复杂度正确
