标签：swap 大小 nta i++ 答案 bitset 方向 abc ati
A. Tree Orientation
树形DP，$f[i][j][k]$表示$i$的子树中有$j$个汇点，$i$往父亲的树边方向为$k$的方案数。
转移则需要另一个DP：$g[i][j][k]$表示考虑前$i$个儿子，子树中有$j$个汇点，$i$的出边个数是否是$0$的方案数。
时间复杂度$O(n^2)$。
#include<cstdio>
const int N=1010,P=1000000007;
int n,m,i,x,y,g[N],v[N<<1],nxt[N<<1],ed;
int f[N][N][2];
int size[N];
int pre[N][2],now[N][2];
inline void add(int x,int y){
v[++ed]=y;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;
}
inline void up(int&a,int b){a=(a+b)%P;}
void dfs(int x,int y){
for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=y)dfs(v[i],x);
size[x]=1;
for(int i=0;i<=1;i++)for(int j=0;j<2;j++)pre[i][j]=0;
pre[0][0]=1;
for(int i=g[x];i;i=nxt[i]){
int u=v[i];
if(u==y)continue;
for(int j=0;j<=size[x]+size[u];j++)for(int k=0;k<2;k++)now[j][k]=0;
for(int j=0;j<=size[x];j++)for(int k=0;k<2;k++)if(pre[j][k])
for(int a=0;a<=size[u];a++)for(int b=0;b<2;b++)if(f[u][a][b]){
up(now[j+a][k||b],1LL*pre[j][k]*f[u][a][b]%P);
}
size[x]+=size[u];
for(int j=0;j<=size[x];j++)for(int k=0;k<2;k++)pre[j][k]=now[j][k];
}
for(int j=0;j<=size[x];j++)for(int k=0;k<2;k++){
for(int o=0;o<2;o++){
if(x==1&&!o)continue;
up(f[x][j+(!(k||!o))][o],pre[j][k]);
}
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<n;i++)scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x);
dfs(1,0);
printf("%d",f[1][m][1]);
}
B. A Masterpiece
行列交换不影响答案，根据这一条构造即可。
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 0, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int n;
void solve()
{
if(n == 1){
puts("1");
puts("1");
return;
}
if(n == 2 || n == 3){
puts("-1");
return;
}
printf("%d\n", n);
for(int i = 1; i <= n; i ++){
for(int j = 2; j <= n; j += 2){
printf("%d ", (i - 1) * n + j);
}
for(int j = 1; j <= n; j += 2){
printf("%d ", (i - 1) * n + j);
}
puts("");
}
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
solve();
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
【题意】
【分析】
【时间复杂度&&优化】
*/
C. Auction
从$n$开始倒推出哪些数字是必胜/必败态，每次数字集合都可以压缩成一个区间，且最多推$O(\log n)$步。
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 0, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
LL n;
bool solve()
{
LL l = n + 1;
LL r;
int tp = 1;
while(1)
{
r = l - 1;
if(tp == 1)
{
l = l / 9 + (l % 9 > 0);
}
else
{
l = l / 2 + (l % 2 > 0);
}
if(l <= 1 && r >= 1)
{
return tp;
}
tp = 1 ^ tp;
}
}
int main()
{
scanf("%d", &casenum);
for (casei = 1; casei <= casenum; ++casei)
{
scanf("%lld", &n);
puts(solve() ? "YES" : "NO");
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
【题意】
【分析】
【时间复杂度&&优化】
*/
D. Deck Building
将过程倒过来，那么可以看作按$k$从大到小选取若干点，要求$s$是波浪形，且相邻两段$i\rightarrow j$的代价为$j$前面$s_i$到$s_j$之间的点数。
设$f[i][j]$表示考虑前$i$个点且第$i$个点必选，与上一个点的大小关系为$j$的方案数，$g[][]$表示代价之和，则转移可以用线段树打标记优化。
时间复杂度$O(n\log n)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010,M=262150,P=1000000007;
int n,m,i,j,k,x,b[N],f[N][2],g[N][2],ans,ma,mi;
int bit[N];
struct E{int s,k;}a[N];
inline bool cmp(const E&a,const E&b){return a.k>b.k;}
inline void modify(int x){for(;x<=n;x+=x&-x)bit[x]++;}
inline int getpre(int x){int t=0;for(;x;x-=x&-x)t+=bit[x];return t;}
struct DS{
int f[M],g[M],tag[M],v[M];
inline void tag1(int x,int p){
tag[x]=(tag[x]+p)%P;
v[x]=(v[x]+1LL*p*f[x])%P;
}
inline void pb(int x){
if(tag[x]){
tag1(x<<1,tag[x]);
tag1(x<<1|1,tag[x]);
tag[x]=0;
}
}
inline void up(int x){
f[x]=(f[x<<1]+f[x<<1|1])%P;
g[x]=(g[x<<1]+g[x<<1|1])%P;
v[x]=(v[x<<1]+v[x<<1|1])%P;
}
void change(int x,int a,int b,int c,int d,int p){
if(c<=a&&b<=d){
tag1(x,p);
return;
}
pb(x);
int mid=(a+b)>>1;
if(c<=mid)change(x<<1,a,mid,c,d,p);
if(d>mid)change(x<<1|1,mid+1,b,c,d,p);
up(x);
}
void addf(int x,int a,int b,int c,int p){
if(a==b){
f[x]=(f[x]+p)%P;
v[x]=(v[x]+1LL*tag[x]*p)%P;
return;
}
pb(x);
int mid=(a+b)>>1;
if(c<=mid)addf(x<<1,a,mid,c,p);
else addf(x<<1|1,mid+1,b,c,p);
up(x);
}
void addg(int x,int a,int b,int c,int p){
if(a==b){
g[x]=(g[x]+p)%P;
v[x]=(v[x]+p)%P;
return;
}
pb(x);
int mid=(a+b)>>1;
if(c<=mid)addg(x<<1,a,mid,c,p);
else addg(x<<1|1,mid+1,b,c,p);
up(x);
}
int askf(int x,int a,int b,int c,int d){
if(c<=a&&b<=d)return f[x];
pb(x);
int mid=(a+b)>>1,t=0;
if(c<=mid)t=askf(x<<1,a,mid,c,d);
if(d>mid)t+=askf(x<<1|1,mid+1,b,c,d);
return t%P;
}
int askv(int x,int a,int b,int c,int d){
if(c<=a&&b<=d)return v[x];
pb(x);
int mid=(a+b)>>1,t=0;
if(c<=mid)t=askv(x<<1,a,mid,c,d);
if(d>mid)t+=askv(x<<1|1,mid+1,b,c,d);
return t%P;
}
}g0,g1;
int main(){
scanf("%d",&n);m=n+1;
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].s,&a[i].k),b[i]=a[i].s;
sort(a+1,a+n+1,cmp);
sort(b+1,b+n+1);
for(i=1;i<=n;i++)a[i].s=lower_bound(b+1,b+n+1,a[i].s)-b;
ma=-N,mi=N;
for(i=1;i<=n;i=j){
for(j=i;j<=n&&a[i].k==a[j].k;j++){
x=a[j].s;
if(ma<=x)f[j][0]=1;
if(mi>=x)f[j][1]=1;
int cnt=g1.askf(1,0,m,x+1,m);//sum f
(f[j][0]+=cnt)%=P;
(g[j][0]+=g1.askv(1,0,m,x+1,m))%=P;//sum g+f*w
g[j][0]=(g[j][0]-1LL*getpre(x)*cnt)%P;
cnt=g0.askf(1,0,m,0,x-1);//sum f
(f[j][1]+=cnt)%=P;
(g[j][1]+=g0.askv(1,0,m,0,x-1))%=P;//sum g+f*w
g[j][1]=(g[j][1]+1LL*getpre(x-1)*cnt)%P;
}
for(k=i;k<j;k++){
x=a[k].s;
ma=max(ma,x);
mi=min(mi,x);
g0.addf(1,0,m,x,f[k][0]);
g1.addf(1,0,m,x,f[k][1]);
g0.addg(1,0,m,x,g[k][0]);
g1.addg(1,0,m,x,g[k][1]);
g1.change(1,0,m,x+1,m,1);
g0.change(1,0,m,x,m,P-1);
modify(x);
}
}
for(i=1;i<=n;i++)ans=(1LL*ans+1LL*g[i][0]+1LL*g[i][1])%P;
ans=(ans+P)%P;
printf("%d",ans);
}
E. The secret of betting
$f[i][S]$表示考虑前$i$个人，$i$往前往后$k$个人的位置确定情况为$S$的方案数，只有恰好$k$个$1$的状态是有效的。
当$n$比较小时暴力转移，否则矩阵快速幂加速。
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define MC(x, y) memcpy(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 0, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
LL n; int K;
int ID;
int bts[1 << 20];
int stb[1 << 20];
int f[2][(int)2e5 + 10];
const int G = 72;
struct MX
{
int v[G][G];
void O()
{
MS(v, 0);
}
void E()
{
MS(v, 0);
for(int i = 0; i < G; ++i)v[i][i] = 1;
}
MX operator * (const MX & b)const
{
MX c; c.O();
for(int i = 0; i < G; ++i)
{
for(int j = 0; j < G; ++j)
{
for(int k = 0; k < G; ++k)
{
c.v[i][j] = (c.v[i][j] + (LL)v[i][k] * b.v[k][j]) % Z;
}
}
}
return c;
}
MX operator ^ (LL p)const
{
MX y; y.E();
MX x; MC(x.v, v);
while(p)
{
if(p & 1)y = y * x;
x = x * x;
p >>= 1;
}
return y;
}
}a, b;
vector<int>vt[1 << 20];
int main()
{
while(~scanf("%lld%d", &n, &K))
{
int top = 1 << (K * 2);
ID = 0;
for(int j = 0; j < top; ++j)if(__builtin_popcount(j) == K)
{
stb[ID] = j;
bts[j] = ID++;
}
//printf("%d\n", ID);
int sta = 0;
for(int i = 0; i < K; ++i)
{
sta |= 1 << (K + i);
}
if(K <= 4)
{
int ww = bts[sta];
a.O(); a.v[0][ww] = 1;
b.O();
for(int i = 0; i < ID; ++i)
{
int x = stb[i];
if(x & 1)
{
int w = bts[x / 2 | top / 2];
b.v[i][w] = 1;
}
else
{
for(int k = 1; k < K + K; ++k)if(x >> k & 1)
{
int w = bts[(x ^ 1 << k) / 2 | top / 2];
b.v[i][w] = 1;
}
int w = bts[x / 2];
b.v[i][w] = 1;
}
}
a = a * (b ^ n);
printf("%d\n", a.v[0][ww]);
}
else
{
for(int x = 0; x < top; ++x)if(__builtin_popcount(x) == K)
{
for(int j = 1; j < K + K; ++j)if(x >> j & 1)
{
int w = bts[(x ^ 1 << j) / 2 | top / 2];
vt[x].push_back(w);
}
}
int ww = bts[sta];
MS(f, 0);
f[0][ww] = 1;
for(int v = 0; v < n; ++v)
{
int now = v & 1;
int nxt = ~v & 1;
//MS(f[nxt], 0);
for(int i = 0; i < ID; ++i)
{
f[nxt][i] = 0;
}
for(int i = 0; i < ID; ++i)if(f[now][i])
{
int x = stb[i];
if(x & 1)
{
int w = bts[x >> 1 | top >> 1];
gadd(f[nxt][w], f[now][i]);
}
else
{
for(auto w : vt[x])
{
gadd(f[nxt][w], f[now][i]);
}
/*
for(int k = 1; k < K + K; ++k)if(x >> k & 1)
{
int w = bts[(x ^ 1 << k) / 2 | top / 2];
gadd(f[nxt][w], f[now][i]);
}
*/
int w = bts[x >> 1];
gadd(f[nxt][w], f[now][i]);
}
}
}
printf("%d\n", f[n & 1][ww]);
}
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
【题意】
【分析】
【时间复杂度&&优化】
1000 5
10000 5
100000 5
*/
F. Financial Reports
设$f[i][j][x][y]$表示考虑前$i$个位置，目前选取区间的状态为$j$(即未选，正在选，已选)，区间外选取了$x$个数，区间内丢弃了$y$个数时，区间和的最大值。
注意输出方案时要特判交换不导致答案变优的情况。
时间复杂度$O(n)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
typedef pair<P,P>W;
typedef pair<ll,W>PI;
const int N=100010;
const ll inf=1LL<<60;
int n,i,j,x,y;
ll a[N];
PI f[N][3][2][2],ans;//how many in and how many out
inline void up(PI&t,ll a,int b,int c,int d,int e){
t=max(t,PI(a,W(P(b,c),P(d,e))));
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
for(i=0;i<=n;i++)for(j=0;j<3;j++)for(x=0;x<2;x++)for(y=0;y<2;y++)f[i][j][x][y]=PI(-inf,W(P(0,0),P(0,0)));
f[0][0][0][0]=PI(0,W(P(0,0),P(0,0)));
for(i=1;i<=n;i++)for(x=0;x<2;x++)for(y=0;y<2;y++){
//consider i
PI t=f[i-1][0][x][y];
int A=t.second.first.first;
int B=t.second.first.second;
int C=t.second.second.first;
int D=t.second.second.second;
if(t.first>-inf){
//still the stage
up(f[i][0][x][y],t.first,A,B,C,D);
//swap in
if(!x)up(f[i][0][1][y],t.first+a[i],i,B,C,D);
//new stage
up(f[i][1][x][y],t.first+a[i],A,B,i,D);
//swap out
if(!y)up(f[i][1][x][1],t.first,A,i,i,D);
}
t=f[i-1][1][x][y];
A=t.second.first.first;
B=t.second.first.second;
C=t.second.second.first;
D=t.second.second.second;
if(t.first>-inf){
//still the stage
up(f[i][1][x][y],t.first+a[i],A,B,C,i);
//swap out
if(!y)up(f[i][1][x][1],t.first,A,i,C,i);
//new stage
up(f[i][2][x][y],t.first,A,B,C,D);
//swap in
if(!x)up(f[i][2][1][y],t.first+a[i],i,B,C,D);
}
t=f[i-1][2][x][y];
A=t.second.first.first;
B=t.second.first.second;
C=t.second.second.first;
D=t.second.second.second;
if(t.first>-inf){
//still the stage
up(f[i][2][x][y],t.first,A,B,C,D);
//swap in
if(!x)up(f[i][2][1][y],t.first+a[i],i,B,C,D);
}
}
ans=max(f[n][1][1][1],f[n][2][1][1]);
ans=max(ans,f[n][1][0][0]);
ans=max(ans,f[n][2][0][0]);
int A=ans.second.first.first;
int B=ans.second.first.second;
int C=ans.second.second.first;
int D=ans.second.second.second;
if(!A){
A=C,B=D;
if(A==B){
if(B==1)B=2;
else B=1;
}
}
if(A>B)swap(A,B);
printf("%lld\n%d %d",ans.first,A,B);
}
G. Moore’s Law
从$n-1$的答案开始往最高位补$1$或者$2$，必然有解。
#include<cstdio>
#include<string>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,i,len,f[1111111];
ll m;
bool check(){
ll t=0;
for(int i=len;i;i--)t=(t*10+f[i])%m;
return t==0;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
m=1LL<<n;
if(n==1)return puts("12"),0;
if(n==2)return puts("12"),0;
f[1]=2;
f[2]=1;
len=2;
for(int _=3;_<=n;_++){
m=1LL<<_;
len++;
for(int i=1;i<=2;i++){
f[len]=i;
if(check())break;
}
if(!check())return puts("-1"),0;
}
for(int i=len;i;i--)printf("%d",f[i]);
}
H. Plagiarism
$f[i][j][x][y]$表示考虑$a$长度为$i$的前缀以及$b$长度为$j$的前缀，$a$和$b$正在匹配的部分长度分别为$x$和$y$时的最小串长。
时间复杂度$O(n^4)$。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=110,inf=10000000;
int K,n,m,o,i,j,k,x,y,t,f[2][N][N][N],ans;
char a[N],b[N];
inline void up(int&x,int y){
x>y?(x=y):0;
}
int main(){
scanf("%d%s%s",&K,a+1,b+1);
n=strlen(a+1);
m=strlen(b+1);
for(j=0;j<=m;j++)for(x=0;x<=n;x++)for(y=0;y<=m;y++)f[0][j][x][y]=inf;
f[0][0][0][0]=0;
for(i=o=0;i<=n;i++,o^=1){
for(j=0;j<=m;j++)for(x=0;x<=n;x++)for(y=0;y<=m;y++)f[o^1][j][x][y]=inf;
for(j=0;j<=m;j++)for(x=n;~x;x--)for(y=m;~y;y--)if(f[o][j][x][y]<inf){
t=f[o][j][x][y];
//choose to end
if(x>=K)up(f[o][j][0][y],t);
if(y>=K)up(f[o][j][x][0],t);
if(x>=K&&y>=K)up(f[o][j][0][0],t);
t++;
if(i<n&&!y)up(f[o^1][j][x+1][0],t);
if(j<m&&!x)up(f[o][j+1][0][y+1],t);
//match both
if(i<n&&j<m&&a[i+1]==b[j+1])up(f[o^1][j+1][x+1][y+1],t);
}
if(i==n)ans=f[o][m][0][0];
}
printf("%d",ans);
}
/*
3
abcba
bbb
3
abcba
bccb
2
abcba
bbb
2
abcba
bccb
*/
I. Number builder
将$1$和$2$交替放是最优的。
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 0, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int n;
char a[105], b[105];
int main()
{
while(~scanf("%d", &n))
{
int p1 = 0;
int m = n;
int x = 1;
while(m > 0)
{
a[p1++] = ‘0‘ + x;
m -= x;
if(m<0)
{
p1 = 0;
break;
}
x = 3 - x;
}
a[p1] = 0;
int p2 = 0;
m = n;
x = 2;
while(m > 0)
{
b[p2++] = ‘0‘ + x;
m -= x;
if(m<0)
{
p2 = 0;
break;
}
x = 3 - x;
}
b[p2] = 0;
if(p1 != p2)
{
puts(p1 > p2 ? a : b);;
}
else
{
puts(strcmp(a, b) > 0 ? a : b);
}
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
【题意】
【分析】
【时间复杂度&&优化】
*/
J. Find a triangle
留坑。
Lesnoe Ozero 2017. BSUIR Open 2017
标签：swap 大小 nta i++ 答案 bitset 方向 abc ati
原文地址：http://www.cnblogs.com/clrs97/p/7689847.html
