noip模拟43
A. 第一题
儿子遍历顺序按深度由小到大即可
B. 第二题
二分最小值，以点权作为初始距离跑最长路即可
直接用大根堆跑 \(dij\) 会 \(T\)，考虑初始权值可以处理，且边权一定，用类似蚯蚓的方法开两个队列，一开始都在第一个队列，松弛后的点放第二个，容易发现两个队列都是单调递减的，比较队头即可
也可以直接 \(spfa\) 到不能松弛为止，由于图的特殊性不会更新很多次
代码实现
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=1e7+5;
const int maxm=5e7+5;
int n,m,k,val[maxn],dis[maxn],hd[maxn],cnt;
bool vis[maxn];
int movx[10]={0,0,-1,-1,1,1};
int movy[10]={-1,1,0,1,-1,0};
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 Edge{
int nxt,to;
}edge[maxm];
void add(int u,int v){
edge[++cnt].nxt=hd[u];
edge[cnt].to=v;
hd[u]=cnt;
return ;
}
struct Node{
int dis,id;
Node(){}
Node(int x,int y):dis(x),id(y){}
bool operator < (const Node &x)const{
return dis>x.dis;
}
}p[maxn];
queue<int>q1,q2;
bool check(int limit){
for(int i=1;i<=n*m;i++){
dis[p[i].id]=p[i].dis;
q1.push(p[i].id);
}
memset(vis,0,sizeof vis);
while((!q1.empty())||(!q2.empty())){
int x=0,y=0,u=0;
if(!q1.empty())x=q1.front();
if(!q2.empty())y=q2.front();
if(dis[x]>dis[y]){
q1.pop();
u=x;
}
else q2.pop(),u=y;
//cout<<"hhh "<<u<<" "<<dis[u]<<endl;
if(vis[u])continue;
vis[u]=true;
for(int i=hd[u];i;i=edge[i].nxt){
int v=edge[i].to;
if(dis[v]<dis[u]-limit){
dis[v]=dis[u]-limit;
//if(!vis[v])
q2.push(v);
//,vis[v]=true;
}
}
}
int sum=0;
for(int i=1;i<=n*m;i++){
sum+=dis[p[i].id]-p[i].dis;
if(sum>k)return false;
}
return true;
}
bool pd(int x,int y){
return x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m;
}
int id(int x,int y){
return (x-1)*m+y;
}
signed main(){
// freopen("s.out","r",stdin);
// freopen("my.out","w",stdout);
n=read();
m=read();
k=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
val[id(i,j)]=read();
for(int l=0;l<6;l++){
int x=i+movx[l];
int y=j+movy[l];
if(pd(x,y))add(id(i,j),id(x,y));
}
}
}
for(int i=1;i<=n*m;i++){
p[i].dis=val[i];
p[i].id=i;
}
sort(p+1,p+n*m+1);
dis[0]=-1;
// for(int i=1;i<=n*m;i++)cout<<p[i].dis<<" "<<p[i].id<<endl;;
int l=0,r=1000000000000;
while(l<r){
int mid=(l+r)/2;
if(check(mid))r=mid;
else l=mid+1;
}
cout<<l;
return 0;
}
C. 第三题
\(1\) 的个数从大到小依次考虑即可，用数位 \(dp\) 计算个数和总和
这道题是同时卡上下边界的数位 \(dp\)
D. 第四题
设 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个数，最大值为 \(j\) 的方案数，转移 \(f[i][j]=f[i-1][j]*j+f[i-1][j-1]\)
设 \(g[i][j]\) 表示从第 \(i\) 个数开始到结尾，开头初始最大值为 \(j\) 的方案数，转移 \(g[i][j]=g[i+1][j]*j+g[i+1][j+1]\)
观察答案形式，由于 \(\displaystyle x^2=\binom{x}{2}*2+1\)
那么强制一个数在数列里出现两次
数 \(j\) 在 \(i\) 位置第一次出现的贡献为：
\[f[i-1][j-1]*(g[i+1][j]+2*(n-i)*g[i+2][j])+\sum_{k>=j}f[i-1][k]*(g[i+1][k]+2*(n-i)*g[i+2][k])
\]
即讨论上一个数的大小即可
然后用前缀和优化为 \(n^2\)
代码实现
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=3005;
int n,mod,f[maxn][maxn],g[maxn][maxn],ans,sum2[maxn],sum1[maxn][maxn],sum[maxn][maxn];
signed main(){
cin>>n>>mod;
f[0][0]=1;
// for(int i=0;i<=n;i++)f[0][i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=i;j++){
f[i][j]=(f[i-1][j-1]+f[i-1][j]*j%mod)%mod;
// cout<<f[i][j]<<" ";
}
}
// g[n+1][n]=g[n+1][n]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)g[n+1][i]=1;
for(int i=n;i>=1;i--){
for(int j=n;j>=1;j--){
g[i][j]=(g[i+1][min(j+1,n)]+g[i+1][j]*j%mod)%mod;
}
}
// cout<<g[5][5]<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=n;j>=1;j--){
sum[i][j]=(sum[i][j+1]+f[i-1][j]*g[i+1][j]%mod)%mod;
sum1[i][j]=(sum1[i][j+1]+g[i+2][j]*f[i-1][j]%mod)%mod;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
ans=0;
ans=(sum[i][j]+2*(n-i)%mod*sum1[i][j]%mod)%mod;
// for(int k=j;k<=n;k++){
// ans=(ans+f[i-1][k]*(g[i+1][k]+2*(n-i)%mod*g[i+2][k]%mod)%mod)%mod;
// }
ans=(ans+f[i-1][j-1]*(g[i+1][j]+2*(n-i)%mod*g[i+2][j]%mod)%mod)%mod;
sum2[j]=(sum2[j]+ans)%mod;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)cout<<sum2[i]<<" ";
return 0;
}