Wannafly挑战赛26

题目连接

https://www.nowcoder.com/acm/contest/212#question

A. 御坂网络

枚举圆心所在的位置,$O(n)$ 检查即可,总时间复杂度为$O(n^2)$

B. 冥土追魂

这题比较坑,我感觉题意叙述有问题,总之也是一道水题,题解略去.

C. 七彩线段

题解

考虑到只有$7$种颜色,因此可以枚举最后选出线段的颜色组合,$2^7$种情况.

线段选法类似于会议安排,对于两个颜色相同的线段,我们必然优先选择右端点小的,因此我们第一步需要对线段以右端点从小到大进行排序.

预处理出数组$pre[i]$,表示与线段$i$不想交的右端点最大的线段是谁.

然后考虑状态压缩$dp$:

$dp[i][S]$表示考虑前$i$个线段,已经选出来的线段颜色组合为$S$,所取得的最大长度.

转移方程$dp[i][S|(1<<color[i])]=max(dp[pre[i]][S],dp[i-1][S(1<<color[i])])$

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#define pr(x) std::cout << #x << ':' << x << std::endl
#define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define setinf(x) memset(x,0x3f,sizeof(x))
struct seg{int l,r,c;bool operator<(const seg& sg)const{return r < sg.r;}
};
std::vector<seg> segs;
int n,m;
long long dp[100007][1<<7];
int used[1 << 7];inline int cnt(int x) {int res = 0;while (x) {res++;x -= x & -x;}return res;
}
int pre[100007];
int main() {std::cin >> n >> m;for(int S = 0;S < (1<<7);++S) {if(cnt(S) == m) used[S] = 1;}for(int i = 0;i < n;++i) {int l,r,c;std::cin >> l >> r >> c;c--;segs.push_back((seg){l,r,c});}std::sort(segs.begin(),segs.end());for(int i = 0;i < n;++i) {int id = (std::lower_bound(segs.begin(),segs.end(),(seg){0,segs[i].l,0}) - segs.begin());--id;pre[i] = id;}long long ans = -1;dp[0][1<<segs[0].c] = segs[0].r - segs[0].l;for(int i = 1;i < n;++i) {dp[i][1 << segs[i].c] = segs[i].r - segs[i].l;for(int S = 0;S < (1<<7);++S) {dp[i][S] = std::max(dp[i][S],dp[i-1][S]);}if(pre[i] >= 0)for(int S = 0;S < (1 << 7);++S) {int nS = S|(1<<segs[i].c);if(dp[pre[i]][S])dp[i][nS] = std::max(dp[i][nS],dp[pre[i]][S] + segs[i].r - segs[i].l);}for(int S = 0;S < (1 << 7);++S) {if(used[S] && dp[i][S] > ans)ans = dp[i][S];	}}if(ans == 0) ans = -1;std::cout << ans << std::endl;
}

D.禁书目录

题解

我们考虑每种颜色被在排列中被计数了多少次.

[0]结论: 一本书不会消失当且仅当所有$a$大于等于它的书都在它的右边.

因此假设有$t$本书其$a_i\ge a_x$,只考虑这$t$本书的排列,书$x$被看见的概率是$\frac{1}{t}$.

[1]假设有书$a_x>a_y$,且$a_i\ge a_x$的有$t_x$本书,$a_i\ge a_y$的有$t_y$本书,显然$t_x<t_y$,我们希望求出$x$和$y$都没有出现的概率:

$t_x$本书的相互排列中,书$x$必然不能出现在第一个位置,这样概率是$\frac{t_x-1}{t_x}$.然后$t_y$本书中$y$也不能出现在第一个位置,$t_x$的排列对书$y$的选择没有影响,因此概率是$\frac{t_y-1}{t_y}$,乘起来就是$\frac{t_y-1}{t_y}\ast \frac{t_x-1}{t_x}$.

[2]假设有书$a_x=a_y$,且$a_i\ge a_x$的书有$t$本,我们希望求出书$x$和$y$都没有出现的概率.先不考虑$a_x$,那么$a_y$不出现的概率是$\frac{t-2}{t-1}$,再考虑$a_x$不出现的概率是$\frac{t-1}{t}$,乘起来就是$\frac{t-2}{t}$,可以猜测有$k$本书$a$相同时,且$a_i\ge a$的书有$t$本,那么这$k$本书都没出现的概率是$\frac{t-k}{t}$

ps:我们为什么要求[2]呢,为什么$a_x=a_y$时候,求两者都不出现的概率时候不能直接使用[0]结论呢?
这是因为
当对$a_x$使用结论[0]时候,默认$a_y$在$a_x$右侧,而再对$a_y$使用结论[0]时候,默认$a_x$在$a_y$右侧,这样就出现了矛盾,因此,当两者$a$相等时,就不能直接用结论$0$了,而需要扩展一下.

结合[1][2]两个结论,我们枚举每一种颜色,计数这些颜色的书每一本都没有被看到的概率.
然后最后用$1$减去这个概率再乘以$n!$即是这部分颜色的贡献.

举个例子,当颜色为$c$的书为
$a_1<a_3=a_5<a_6<a_7$ 时候是,对答案的贡献就是

$n!\ast (1-\frac{t_1-1}{t_1}\ast \frac{t_3-2}{t_3}\ast \frac{t_6-1}{t_6}\ast \frac{t_7-1}{t_7})$

其中$t_i$表示不小于$a_i$的书的本数.

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>#define pr(x) std::cout << #x << ":" << x << std::endlconst int N = 1000007;typedef long long ll;
typedef std::pair<int,int> pii;
const ll P = 998244353;
std::map<int,ll> mp;
ll mod_pow(ll x,ll n) {ll res = 1;while(n) {if(n & 1) res = res * x % P;x = x * x % P;n >>= 1;}return res;
}
int n;
pii ps[N];
int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin >> n;for(int i = 1;i <= n;++i) {int a,b;std::cin >> a >> b;ps[i-1] = (pii){a,b};}std::sort(ps,ps+n);ll ans = 0;ll nn = 1;for(int i = 1;i <= n;++i) nn = nn * i % P;int last = 0;for(int i = 0;i < n ;++i) {int pos = i;while(pos < n-1 && ps[pos] == ps[pos+1])++pos;if(mp.count(ps[pos].second) == 0) mp[ps[pos].second] = 1;if(ps[i].first != ps[last].first) last = i;ll big = n - last;mp[ps[pos].second] = mp[ps[pos].second] * (big - (pos - i + 1)) % P* mod_pow(big,P-2) % P;i = pos;}for(auto &p : mp) {ans = (ans + (nn * (1 + P - p.second) % P)) % P;}std::cout << ans << std::endl;
}

E.蚂蚁开会

待解决

F.msc的棋盘

题解

这其实是一道现寻找充要条件,然后使用$dp$计数的题.

如果给出$a数组$(行数组),和$b数组$(列数组),要进行判定,那么我们想到了用网络流进行判定,如果满流的话,就表示判定成功.

如$n=4,m=2,b[1]=1,b[2]=3$时候,
左边一排点有$4$个,右边一排点有$2$个,且两排点之间两两有边容量为$1$.源点向第一排点连边容量为$a[i]$,第二排点向汇点连边,容量为$b[i]$.

设$sum=\sum b[i]$

根据最大流最小割定理,也就是说图的最小割必然要$=sum$

考虑一个割选取了左边$x$个点,右边$y$个点,那么必然会选择左边$a[i]$最小的前$x$个点,同理右边会选择$b[i]$最小的前$y$个点.同样在剩下的没有选择的边中中间容量为$1$的边都要被切掉.

用$sa,sb$表示$a,b$排好序的前缀和.

$割(x,y)=sa[x]+sb[y]+(n-x)(m-y)\ge sum$

且由于最大流$\le sum$,所以保证了有$割=sum$.

因此我们就得到了一个充要条件.

那就是所有的$割$必然要$\ge sum$,求方案数.

相当于要把$sum$个棋子,分给每一行,使得$割$满足$\ge sum$,的方案数.直觉告诉我们要用$dp$来做.

定义$dp[i][j][k]$表示考虑$a[i]$前$i$小的行,且最大行的$a[i]\le j$,且$sa[i]=k$的方案数.

转移方程:

$dp[i+t][j+1][k+t(j+1)]+=dp[i][j][k]C_{n-i}^t,且0\le t\le n-i$

观察$dp$方程,只有第二维严格递增,因此转移的时候我们先枚举第二维,然后再枚举第一维和第三维,这样保证了$dp$的无后效性.

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>#define pr(x) std::cout << #x << ":" << x << std::endl
typedef long long ll;
const ll P = 1000000007;
const int N = 51;
int n,m;
ll dp[N][N][N*N]; 
// dp[i][j][k] 表示前i小的行都已经考虑完,第i小的行有j个棋子,且前i行总棋子数量为k的可能的方案数.int sa[N],sb[N];
//sa[i]表示前i小的行棋子总数的最小限度
ll C[N][N];
void init() {C[0][0] = 1;for(int i = 1;i < N;++i) {C[i][0] = 1;for(int j = 1;j <= i;++j) {C[i][j] = (C[i-1][j-1] + C[i-1][j]) % P;}}
}
ll fC(int n,int m) {if(m > n || m < 0) return 0;return C[n][m];
}
void add(ll &x,ll y) {x = x + y;if(x > P) x -= P;
}int main() {init();std::cin >> n >> m;for(int i = 1;i <= m;++i) std::cin >> sb[i];std::sort(sb+1,sb+1+m);for(int i = 1;i <= m;++i)sb[i] += sb[i-1];for(int i = 1;i <= n;++i) {int mi = 2500;for(int j = 1;j <= m;++j) {mi = std::min(mi,sb[j] + (n-i)*(m-j));}sa[i] = sb[m] - mi;}int lim = sb[m];for(int i = 0;i <= n && 0 >= sa[i];++i) {dp[i][0][0] = fC(n,i);}for(int j = 0;j <= m;++j) {for(int i = 0;i <= n;++i) {for(int k = 0;k <= lim;++k) {if(dp[i][j][k] == 0) continue;for(int t = 0;i+t <= n && k + t*(j+1) <= lim&& k + t*(j+1) >= sa[i+t];++t) {add(dp[i+t][j+1][k+t*(j+1)],dp[i][j][k]*fC(n-i,t)%P);}}}}std::cout << dp[n][m][lim] << std::endl;
}