2024初秋集训——提高组 #34

A. 庸医

题目描述

有 \(N\) 个医生，第 \(i\) 个医生建议你在 \([L_i,R_i]\) 天中吃 \(x_{i,1},x_{i,2},\dots,x_{i,K_i}\) 种药各一粒。第 \(i\) 种药每粒需要 \(c_i\) 元。如果多个医生让你吃同一种药，那么你只需吃一粒。你认为其中有一位庸医，所以对于每个医生求出按照除去他外的医生吃药需要多少元。

思路

我们考虑先求出所有医生的代价，再减去对应医生的。

我们枚举每一天，并用差分维护当前每一天需要花的钱，来求出所有医生的代价。

对于每个医生，将其去除后的代价为其区间内对应药物刚好出现一次的总和。我们可以在对一个药物的出现次数或查询其时统计之前的总和，简单来说就是打上一个标记，要查询时再统计缺失的部分。

时空复杂度均为 \(O(N+M+V)\)，其中 \(V=10^6\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using pii = pair<int, int>;
using ll = long long;

const int MAXM = 500001, MAXN = 500005, MAXV = 1000005;

int n, m, c[MAXM], cnt[MAXM], last[MAXM];
ll ans, res, sum[MAXM], ret[MAXN];
vector<pii> ve[MAXV];
vector<tuple<int, int, int>> vec[MAXV];

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n >> m;
  for(int i = 1; i <= m; ++i) {
    cin >> c[i];
  }
  for(int i = 1, l, r, k; i <= n; ++i) {
    cin >> l >> r >> k;
    for(int j = 1, x; j <= k; ++j) {
      cin >> x;
      ve[l].emplace_back(x, 1);
      ve[r + 1].emplace_back(x, -1);
      vec[l - 1].emplace_back(x, -1, i);
      vec[r].emplace_back(x, 1, i);
    }
  }
  for(int i = 1; i < MAXV; ++i) {
    for(auto [p, v] : ve[i]) {
      if(!cnt[p] && v == 1) {
        res += c[p];
      }
      if(cnt[p] == 1 && last[p] < i) {
        sum[p] += 1ll * (i - 1 - last[p]) * c[p];
      }
      cnt[p] += v;
      last[p] = i - 1;
      if(!cnt[p] && v == -1) {
        res -= c[p];
      }
    }
    ans += res;
    for(auto [p, v, id] : vec[i]) {
      if(cnt[p] == 1) {
        sum[p] += 1ll * (i - last[p]) * c[p];
      }
      last[p] = i;
      ret[id] += v * sum[p];
    }
  }
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    cout << ans - ret[i] << " ";
  }
  return 0;
}

B. 拓扑序计数

题目描述

给定一个 DAG，你要对于每个 \(1\le i,j\le N\) 求出有多少种拓扑序使得 \(j\) 在 \(i\) 之前。

思路

考虑状压 dp。

我们令 \(f_S\) 表示拓扑序的一段后缀使用了数字集合 \(S\) 的方案数。转移显然。

我们再正着做一遍：令 \(dp_S\) 表示拓扑序的一段前缀使用了数字集合 \(S\) 的方案数。我们枚举 \(i\not \in S\)，放在后面，再枚举 \(j\in S\)，则显然此时 \(j\) 在 \(i\) 之前，方案数为 \(f_{U-S-\{i\}}\cdot dp_S\)，这里 \(U\) 是全集，将方案数累加即可。

空间复杂度 \(O(2^N)\)，时间复杂度 \(O(2^NN^2)\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

const int MAXN = 21;

int t, n, m, f[MAXN];
ll dp[1 << 20], dp2[1 << 20], ans[MAXN][MAXN];

void Solve() {
  cin >> n >> m;
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    f[i] = 0;
  }
  for(int i = 1, u, v; i <= m; ++i) {
    cin >> u >> v;
    f[v] |= (1 << (u - 1));
  }
  for(int i = 0; i < (1 << n); ++i) {
    dp[i] = dp2[i] = 0;
  }
  dp[0] = dp2[0] = 1;
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    for(int j = 1; j <= n; ++j) {
      ans[i][j] = 0;
    }
  }
  for(int i = 0; i < (1 << n); ++i) {
    for(int u = 1; u <= n; ++u) {
      if(!((i >> (u - 1)) & 1) && !(i & f[u])) {
        dp2[i | (1 << (u - 1))] += dp2[i];
      }
    }
  }
  for(int i = 0; i < (1 << n); ++i) {
    for(int u = 1; u <= n; ++u) {
      if(!((i >> (u - 1)) & 1) && (i & f[u]) == f[u]) {
        ll res = dp2[((1 << n) - 1) ^ i ^ (1 << (u - 1))];
        for(int j = 1; j <= n; ++j) {
          if((i >> (j - 1)) & 1) {
            ans[u][j] += res * dp[i];
          }
        }
        dp[i | (1 << (u - 1))] += dp[i];
      }
    }
  }
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    for(int j = 1; j <= n; ++j) {
      cout << ans[i][j] << " \n"[j == n];
    }
  }
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
  for(cin >> t; t--; Solve()) {
  }
  return 0;
}