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2018 CCPC网络赛

时间:2018-09-07 22:49:22      阅读:349      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:class   tail   display   意义   and   时间   nlogn   出发点   描述   

2018 CCPC网络赛

Buy and Resell

题目描述:有一种物品,在\(n\)个地点的价格为\(a_i\),现在一次经过这\(n\)个地点,在每个地点可以买一个这样的物品,也可以卖出一个物品,问最终赚的钱的最大值。

solution
用两个堆来维护,一个堆维护已经找到卖家的,一个堆维护还没找到卖家的。
对于第\(i\)个地点,在已经找到卖家的堆里找出卖的钱的最小值,如果最小值小于\(a_i\),则将卖家换成\(i\),然后将原来的卖家放到没找到卖家的那里;如果最小值对于\(a_i\),那就在还没找到卖家的那里找出最小值,然后跟\(i\)配对放到已经找到卖家那个堆。
其实第二个不用堆存也可以,因为它肯定是递减的,所以用栈即可。

时间复杂度:\(O(nlogn)\)

Congruence equation

Dream

题目描述:重新定义\(p\)以内的数互相相加的和以及互相相乘的积,使得\(\forall m, n<p, (m+n)^p=m^p+n^p\)

solution
二项式定理展开,将组合数写成阶乘的形式,发现中间每个组合数都是\(p\)的倍数,因此只要将加法和乘法定义成模\(p\)意义下的答案即可。

时间复杂度:\(O(p^2)\)

Find Integer

题目描述:给定\(n, a\), 求\(a^n+b^n=c^n\)的一个解,或无解。

solution
根据费马定理,\(n>2\)时无解,当\(n=2\)时,若\(a=2n\),则\((2n^2-1)^2+a^2=(2n^2+1)^2\)
\(a=2n+1\),则\((2n^2)^2+a^2=(2n^2+1)^2\)

时间复杂度:\(O(1)\)

GuGu Convolution

题目描述

solution
题目等价于求
\[n!\sum_{i=0 (n-i)为奇数}^{n} \frac{1}{i!(n-i)!}A^i \sqrt{B}^{n-i}\]
整理一下
\[\sum_{i=0 (n-i)为奇数}^{n} C_n^iA^i \sqrt{B}^{n-i}\]
如果不管\((n-i)\)为奇数,则原式等于\((A+\sqrt{B})^n\),因为只取\((n-i)\)为奇数的结果,相当于是求\(\sqrt{B}\)的系数,因此用一个快速幂来求解即可。

时间复杂度:\(O(logn)\)

Neko‘s loop

题目描述:有一个环,上面有\(n\)个点,每个点有一个权值\(a_i\)。选择一个点当作出发点,每移动一次向前跳\(k\)个点,每经过一个点可以得到该点的权值(可重复),问最多经过\(m\)个点时,得到总权值的最大值。

solution
原图被分成了\(gcd(n, k)\)个环,如果环是正环,则尽量走整个环走,只剩下最后一个整环和剩余的步数(假设为\(rest\)),然后把环复制两次,求前缀和,用单调队列求出长度不超过\(rest\)的区间的和的最大值。

时间复杂度:\(O(n)\)

Search for Answer

题目描述:给定一个竞赛图,有些边的方向需要确定,确定后,计算图对应的一个价值:对于图中的四个点,如果它们按顺序指向下一个点,则答案加一,若指向是交替的,则答案减一,求答案的最大值。

solution
对于四个点,有以下三种情况:

  1. 按顺序指向下一个点,则每个点的出度都是\(1\)
  2. 指向交替,则有两个点的出度为\(2\)
  3. 其它情况,有一个点的出度为\(2\)

先假设所有的点的四元组都是按顺序指向下一个点的,则答案为\(A_n^4\),对于度大于等于\(2\)的点,从中选择两个点作为它指向的点,然后随便再找一个点凑成一个四元组,这样有\(A_{deg}^{2}(n-3)\)中选择,这种情况是会使答案不能加一的,如果同一个四元组被选择了两次,就相当于是第二种情况,会使答案减一,所以最后的答案为\(A_n^4-\sum A_{deg}^2(n-3)*4\)(\(4\)为一个点在四元组中有\(4\)个位置可以选,一旦选了,其它的点的位置就确定了)

后边的部分可以用费用流来求,可以对\(C_{deg}^2\)进行差分,每差分一次建一条新边,费用为差分出来的值,又因为差分的值是递增的,所以就能计算\(C_{deg}^2\)的值。

时间复杂度:\(O(费用流)\)

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

const int maxn=205;
const int inf=0x3fffffff;

struct LINK
{
    int id, next, flow, cost;
};

int n, now, TT;
int ans;
int degree[maxn], cnt[maxn];
int h[maxn*2];
LINK t[maxn*maxn*8];
int f[maxn*2], fa[maxn*2], q[maxn*2];
bool vis[maxn*2];


void join(int u, int v, int fl, int c)
{
    t[now].id=v; t[now].next=h[u]; t[now].cost=c; t[now].flow=fl; h[u]=now++;
    t[now].id=u; t[now].next=h[v]; t[now].cost=-c; t[now].flow=0; h[v]=now++;
}
void build()
{
    scanf("%d", &n);
    now=0;
    for (int i=0; i<=n; ++i)
    {
        h[i]=-1;
        degree[i]=cnt[i]=0;
    }
    TT=n;
    for (int i=1; i<=n; ++i)
        for (int j=1; j<=n; ++j)
        {
            int d;
            scanf("%1d", &d);
            if (d==1) ++degree[j];
            else if (d==2 && i<j)
            {
                ++cnt[i];
                ++cnt[j];
                h[++TT]=-1;
                join(TT, i, 1, 0);
                join(TT, j, 1, 0);
            }
        }
    for (int i=n+1; i<=TT; ++i) join(0, i, 1, 0);
    h[++TT]=-1;
    ans=0;
    for (int i=1; i<=n; ++i)
    {
        ans+=degree[i]*(degree[i]-1)/2;
        for (int j=1; j<=cnt[i]; ++j)
            join(i, TT, 1, degree[i]+j-1);
    }
}
bool SPFA()
{
    int head=0, tail=0;
    for (int i=0; i<=TT; ++i)
    {
        vis[i]=false;
        f[i]=inf;
        fa[i]=-1;
    }
    q[0]=0;
    f[0]=0;
    while (head<=tail)
    {
        int cur=q[(head++)%(TT+1)];
        vis[cur]=false;
        for (int i=h[cur]; i>-1; i=t[i].next)
            if (t[i].flow && f[cur]+t[i].cost<f[t[i].id])
            {
                f[t[i].id]=f[cur]+t[i].cost;
                fa[t[i].id]=i;
                if (!vis[t[i].id])
                {
                    vis[t[i].id]=true;
                    q[(++tail)%(TT+1)]=t[i].id;
                }
            }
    }
    return (f[TT]<inf);
}
void modify()
{
    ans+=f[TT];
    int cur=TT;
    while (cur)
    {
        t[fa[cur]].flow--;
        t[fa[cur]^1].flow++;
        cur=t[fa[cur]^1].id;
    }
}
void solve()
{
    while (SPFA()) modify();
    ans=n*(n-1)*(n-2)*(n-3)-ans*(n-3)*8;
    printf("%d\n", ans);
}
int main()
{
    int casesum;
    scanf("%d", &casesum);
    while (casesum--)
    {
        build();
        solve();
    }
    return 0;
}

Tree and Permutation

题目描述:给定一个树,有\(n\)个点,对于每一个\(n\)排列,求出排列中相邻两个数在树上的距离的和,作为排列的值,求所有排列的值的和。

solution
可知每个数对在所有排列中共出现\((n-1)!\)次,所以每个数对的距离贡献了\((n-1)!\)次。问题转化为求树上两两之间的距离的和。可以算出每条边对答案的贡献,贡献为这条边分割的两部分互相配对形成的点对数。

时间复杂度:\(O(n)\)

YJJ‘s Salesman

题目描述:在一个二维平面,有一些点\((x, y)\)拥有开心值,当从\((x-1, y-1)\)走到\((x, y)\)时,就能拿到这个点的开心值,现在从原点出发,每次只能从\((x, y)\)走到\((x+1, y), (x, y+1), (x+1, y+1)\),问能获得的总的开心值的最大值。

solution
\(dp\),按\(x\)坐标对点排序,从小到大进行\(dp\)\(y\)坐标用树状数组维护对应的最大值。

时间复杂度:\(O(nlogn)\)

2018 CCPC网络赛

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原文地址:https://www.cnblogs.com/GerynOhenz/p/9607248.html

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