2018冬令营模拟测试赛（十八）
[Problem A]Table
试题描述
输入
见“试题描述”
输出
见“试题描述”
输入示例
见“试题描述”
输出示例
见“试题描述”
数据规模及约定
见“试题描述”
题解
这题很烦的情况就是最后几步由于贴着下或右边界，只有一种选择，于是与上面的情况不一样，所以考虑枚举有多少步是这样的特殊情况。
下面以最后贴着下边界走的情况为例。
枚举最后 \(x\) 格是贴着下边界走的（注意贴着下边界走了 \(x-1\) 步），那么我们可以计算出来正常（有向右和向下两种选择的情况）走的步数中，有 \(n-1\) 步是向下走的，有 \(m-x\) 步是向右走的；于是受路径影响的格子数目就是 \(2(n-1 + m-x) + x = 2m + 2n - x - 2\)，剩下的 \(mn - 2m - 2n + x + 2\) 个格子中每个都有 \(0 \sim S\) 这 \(S+1\) 种选择。
不受影响的部分方案数即为
\[ (S+1)^{mn-2m-2n+x+2} \]
接下来我们还需要计算有多少种路径满足有 \(n-1\) 步向下走，\(m-x\) 步向右走，这显然是一个组合数，但是注意最后一步一定是向下走，否则贴底的格子就不止 \(x\) 个了，所以路径的方案即为
\[ C_{n-2+m-x}^{n-2} \]
接下来我们需要给路径上每一步确定一个权值，使得这些权值相加恰好等于 \(S\)，同时需要注意在前面 \(n-1 + m-x\) 步中，每走一步都需要比较一下，为了让贪心算法最终走的就是我给它定好的路径，需要满足往下一步时，下方的格子严格大于右方的格子，往右一步时，右方的格子大于等于下方的格子；所以往下走的时候当下方的格子填上 \(w\) 时，右方的格子只有 \(w\) 种选择，往右走的时候右方的格子填上 \(w\) 时，下方的格子有 \(w+1\) 中选择。形式化地，这部分的方案数可以表示成下式（我们令 \(w_i\) 表示第 \(i\) 步走到的格子上的数字）
\[ \sum_{w_1=0}^S \sum_{w_2=0}^S \cdots \sum_{w_{n+m-2}=0}^S w_1w_2 \cdots w_{n-1}(w_n+1)(w_{n+1}+1) \cdots (w_{n-1+m-x}+1) \cdot [\sum_{i=1}^{n+m-2} w_i = S] \]
接下来就是神奇的事情了：上面这一坨可以变成组合数。
先举一个简单的例子，明白这个简单情况后就很容易理解上面那一坨怎么变形了。
\[ \sum_{x=0}^S \sum_{y=0}^S xy \cdot [x+y = S] = C_{S+1}^3 \]
就是首先需要在 \(S+1\) 个数中选择一个“分界点”，假设选中了分界点是第 \(p\) 个元素，那么 \(x = p-1\)，\(y = S+1-p\)，即左边的就是 \(x\)，右边的就是 \(y\)，那么这样满足了 \(x+y = S\)，然后由于他要求 \(xy\) 的和，由于乘法原理我们知道 \(xy\) 等价于左边 \(x\) 个元素，右边 \(y\) 个元素，从左右分别选一个的方案数；正好，我们在刚刚选好分界点 \(p\) 之后左右边分别再选择一个的方案数就是答案了。这就是为什么最终的组合数是从 \(S+1\) 个元素中选 \(3\) 个。
于是那一坨的式子我们推广一下也可以知道它等于
\[ C_{S+n+2m-x-3}^{2n+2m-x-4} \]
所以最后 \(x\) 格贴着下边界的方案数就是我们上面的东西乘起来
\[ (S+1)^{mn-2m-2n+x+2} \cdot C_{n-2+m-x}^{n-2} \cdot C_{S+n+2m-x-3}^{2n+2m-x-4} \]
其中 \(x \in [2, m]\)。
最后贴着右边界走的情况不妨留给读者练习。（注意这两种情况不完全对称，不要偷懒直接把 \(n\) 和 \(m\) 换位置，这样是错的）
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <cassert>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i <= mi; i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i >= mi; i--)
int read() {
int x = 0, f = 1; char c = getchar();
while(!isdigit(c)){ if(c == ‘-‘) f = -1; c = getchar(); }
while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - ‘0‘; c = getchar(); }
return x * f;
}
#define maxn 4000010
#define LL long long
int n, m, S, MOD, fac[maxn], ifac[maxn], Pow[maxn];
int qpow(int a, LL b) {
int ans = 1, t = a;
while(b) {
if(b & 1) ans = (LL)ans * t % MOD;
t = (LL)t * t % MOD; b >>= 1;
}
return ans;
}
int C(int n, int m) {
if(n < m) return 0;
return (LL)fac[n] * ifac[m] % MOD * ifac[n-m] % MOD;
}
int main() {
n = read(); m = read(); S = read(); MOD = read();
int N = max(max(n, m), S) << 2;
ifac[0] = fac[0] = ifac[1] = fac[1] = 1;
rep(i, 2, N) ifac[i] = (LL)(MOD - MOD / i) * ifac[MOD%i] % MOD;
rep(i, 2, N) ifac[i] = (LL)ifac[i] * ifac[i-1] % MOD, fac[i] = (LL)i * fac[i-1] % MOD;
Pow[0] = qpow(S + 1, (LL)n * m);
int invs = qpow(S + 1, MOD - 2);
rep(i, 1, N) Pow[i] = (LL)Pow[i-1] * invs % MOD;
int ans = 0;
rep(x, 2, m) {
ans += (LL)Pow[2*m+2*n-x-2] * C(n - 2 + m - x, n - 2) % MOD * C(S + n + 2 * m - x - 3, 2 * n + 2 * m - x - 4) % MOD;
if(ans >= MOD) ans -= MOD;
}
rep(x, 2, n) {
ans += (LL)Pow[2*m+2*n-x-2] * C(n - x + m - 2, m - 2) % MOD * C(S + n + 2 * m - 4, 2 * n + 2 * m - x - 4) % MOD;
if(ans >= MOD) ans -= MOD;
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}[Problem B]Remove
试题描述
输入
见“试题描述”
输出
见“试题描述”
输入示例
见“试题描述”
输出示例
见“试题描述”
数据规模及约定
见“试题描述”
题解
这题用到了 Dilworth 定理。使用这个定理需要让偏序关系 \(\blacktriangleleft\) 满足如下三个条件
- 自反性：\(x \blacktriangleleft x\) 存在；
- 传递性：若 \(x \blacktriangleleft y\) 和 \(y \blacktriangleleft z\) 存在，则 \(x \blacktriangleleft z\) 存在；
- 反对称性：若 \(x \blacktriangleleft y\) 且 \(y \blacktriangleleft x\) 存在，则 \(x = y\)。
令一个四边形 \(t\) 的左上、右上、左下、右下角的横坐标分别为 \(t_{x_1}, t_{x_2}, t_{x_3}, t_{x_4}\)。
然后这题就是定义四边形 \(a\) 和 \(b\) 满足偏序关系（即 \(a \blacktriangleleft b\) 存在）当且仅当 \(a_{x_2} < b_{x_1}\) 且 \(a_{x_4} < b_{x_3}\)（即 \(a\) 与 \(b\) 无交且 \(a\) 在 \(b\) 左）；同时定义 \(\forall a, a \blacktriangleleft a\) 存在，可以发现这样定义不会和其他任何限制冲突。
于是这题要求最少反链划分，就可以转化成最长链了。
令 \(f_i\) 表示将所有四边形按 \(x_1\) 坐标排好序后的以第 \(i\) 个四边形结尾的最长链长度（记第 \(i\) 个四边形为 \(g[i]\)），那么
\[ f_i = \max_{j=1, g[j] \blacktriangleleft g[i]}^n f_j + 1 \]
这样的话每次 dp 出 \(f_i\) 之后将它扔到按 \(x_2\) 排序的堆里，然后每次转移的时候从堆里拿出 \(g[j]_{x_2} < g[i]_{x_1}\) 的所有 \(j\)，然后在树状数组的 \(g[j]_{x_4}\) 位置插入它的 dp 值，然后询问 \(g[i]_{x_3}\) 的前缀最小值即可。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i <= mi; i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i >= mi; i--)
int read() {
int x = 0, f = 1; char c = getchar();
while(!isdigit(c)){ if(c == ‘-‘) f = -1; c = getchar(); }
while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - ‘0‘; c = getchar(); }
return x * f;
}
#define maxn 100010
int n, num[maxn<<1], cntn, f[maxn];
struct Shape {
int ul, ur, dl, dr;
Shape() {}
Shape(int _1, int _2, int _3, int _4): ul(_1), ur(_2), dl(_3), dr(_4) {}
bool operator < (const Shape& t) const { return ul < t.ul; }
} ss[maxn];
struct cmp {
bool operator () (const int& a, const int& b) const {
return ss[a].ur > ss[b].ur;
}
};
priority_queue <int, vector <int>, cmp> Q;
int C[maxn<<1];
void upd(int x, int v) {
for(; x <= cntn; x += x & -x) C[x] = max(C[x], v);
return ;
}
int qry(int x) {
int res = 0;
for(; x; x -= x & -x) res = max(res, C[x]);
return res;
}
int main() {
n = read();
rep(i, 1, n) {
int ul = read(), ur = read(), dl = read(), dr = read();
ss[i] = Shape(ul, ur, dl, dr);
num[++cntn] = dl; num[++cntn] = dr;
}
sort(ss + 1, ss + n + 1);
sort(num + 1, num + cntn + 1);
cntn = unique(num + 1, num + cntn + 1) - num - 1;
rep(i, 1, n) ss[i].dl = lower_bound(num + 1, num + cntn + 1, ss[i].dl) - num, ss[i].dr = lower_bound(num + 1, num + cntn + 1, ss[i].dr) - num;
int ans = 0;
rep(i, 1, n) {
while(!Q.empty()) {
int u = Q.top();
if(ss[u].ur > ss[i].ul) break;
Q.pop();
upd(ss[u].dr, f[u]);
}
f[i] = qry(ss[i].dl) + 1;
ans = max(ans, f[i]);
Q.push(i);
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}