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时间不够了，\(T2\)没切，好烦，T_T……

prob1:Reign

考虑分割为间隔为\(k\)的两个区间，分别跑最大子段和，然后移动中间的\(k\)区间，左边加入，右边弹出，\(O(n)\)得解（\(md\)，最大子段和竟然调了一个多小时，我是要退役了吗）：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
#define in read()
#define fur(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fdr(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define int long long
#define jinitaimei signed
const int xx=1e5+10;
const int inf=1e18;
struct line{int ff,f;}le[xx];
int a[xx];
priority_queue<int>q,del,p;
jinitaimei main()
{
    int t;
    scanf("%lld",&t);
    while(t--)
    {
        while(!q.empty()) q.pop();
        while(!del.empty()) del.pop();
        while(!p.empty()) p.pop();
        int n,k;
        scanf("%lld%lld",&n,&k);
        memset(a,0,sizeof(a));
        fur(i,1,n) scanf("%lld",&a[i]);
        fur(i,0,n+1) le[i].ff=le[i].f=-inf;
        le[1].ff=le[1].f=a[1];p.push(a[1]);
        fdr(i,n,2+k)
        {
            if(le[i+1].ff>=0) le[i].f=le[i+1].ff+a[i];
            else le[i].f=a[i];
            if((a[i]<0&&le[i+1].ff+a[i]>=0)||(a[i]>=0&&le[i+1].ff>=0)) le[i].ff=le[i+1].ff+a[i];
            else le[i].ff=a[i];
            q.push(le[i].f);
        }
        int ans=p.top()+q.top();
        fur(i,2,n-k-1)
        {
            del.push(le[i+k].f);
            while(!del.empty()&&!q.empty()&&del.top()==q.top()) del.pop(),q.pop();
            if(le[i-1].ff>=0) le[i].f=le[i-1].ff+a[i];
            else le[i].f=a[i];
            if((le[i-1].ff+a[i]>=0&&a[i]<0)||(a[i]>=0&&le[i-1].ff>=0)) le[i].ff=le[i-1].ff+a[i];
            else le[i].ff=a[i];
            p.push(le[i].f);
            ans=max(ans,p.top()+q.top());
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

prob6:Chef and Digit Jumps

连边，左右两点直接连，等值节点菊花连，跑最短路即可（这里用的配对堆）:

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<ext/pb_ds/priority_queue.hpp>
using namespace std;
#define in read()
#define fur(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define nm make_pair
#define ll long long
#define pa pair<ll,int>
#define heep __gnu_pbds::priority_queue<pa,greater<pa> >
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    for(;!isalnum(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1;
    for(;isalnum(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
    return x*f;
}
const int xx=1e5+20;
int dis[xx],n;
char ch[xx];
vector<pair<int,int> >e[xx];
heep q;
heep::point_iterator id[xx];
const int inf=1e7;
inline void dij()
{
    fur(i,2,n+11) dis[i]=inf;
    id[1]=q.push(nm(0,1));
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.top().second;q.pop();
        fur(i,0,(int)e[u].size()-1)
        {
            if(e[u][i].second+dis[u]<dis[e[u][i].first])
            {
                dis[e[u][i].first]=dis[u]+e[u][i].second;
                if(id[e[u][i].first]!=0) q.modify(id[e[u][i].first],nm(dis[e[u][i].first],e[u][i].first));
                else id[e[u][i].first]=q.push(nm(dis[e[u][i].first],e[u][i].first));
            }
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%s",ch+1);
    n=strlen(ch+1);
    fur(i,1,n)
    {
        ch[i]=ch[i]-'0'+1;
        e[n+(int)ch[i]].push_back(nm(i,0));
        e[i].push_back(nm(n+ch[i],1));
        if(ch[i-1]!=ch[i]&&i!=1) e[i].push_back(nm(i-1,1));
        if(ch[i+1]!=ch[i]&&i!=n) e[i].push_back(nm(i+1,1));
    }
    dij();
    printf("%d\n",dis[n]);
    return 0;
}

prob3:Strongly Connected City

题目大意：共\(n\)条横向有向道路与\(m\)条纵向有向道路，形成\(n* m\)个路口，问是否任意两个城市间两两可达（\(n,m<=20\)）
数据范围小啊，直接暴力搞啊，\(floyed\)大法好啊，长命没烦恼啊：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define in read()
#define fur(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define ll long long
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    for(;!isalnum(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1;
    for(;isalnum(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
    return x*f;
}
const int xx=410;
bool dis[xx][xx];
int main()
{
    int n=in,m=in;
    char op[21];
    scanf("%s",op+1);
    fur(i,1,n)
    {
        if(op[i]=='>') fur(j,1,m) fur(k,j,m) dis[j+(i-1)*m][k+(i-1)*m]=true;
        else fur(j,1,m) fur(k,1,j) dis[j+(i-1)*m][k+(i-1)*m]=true;
    }
    scanf("%s",op+1);
    fur(i,1,m)
    {
        if(op[i]=='v') fur(j,1,n) fur(k,j,n) dis[i+(j-1)*m][i+(k-1)*m]=true;
        else fur(j,1,n) fur(k,1,j) dis[i+(j-1)*m][i+(k-1)*m]=true;
    }
    fur(k,1,n*m) fur(i,1,n*m) fur(j,1,n*m) if(dis[i][k]&&dis[k][j]) dis[i][j]=true;
    fur(i,1,n*m) fur(j,1,n*m) if(!dis[i][j]) puts("NO"),exit(0);
    puts("YES");
    return 0;
}

prob2:trips

考虑反向跑，每次都删去度小于\(k\)的点（对点标记），删去与其相连的边（同样对边进行标号标记即可），(这里使用小根配对堆维护度的取出)：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<ext/pb_ds/priority_queue.hpp>
using namespace std;
#define in read()
#define fur(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fdr(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define pa pair<int,int>
#define heep __gnu_pbds::priority_queue<pa,greater<pa> >
#define nm make_pair
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    for(;!isalnum(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1;
    for(;isalnum(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
    return x*f;
}
const int xx=2e5+10;
int du[xx],cnt=0;
vector<pa>e[xx];
struct edge{int u,v,ans;bool use;}d[xx];
heep p;
heep::point_iterator id[xx];
bool cut[xx];
int main()
{
    int n=in,m=in,k=in;
    fur(i,1,m)
    {
        int x=in,y=in;
        d[i].u=x,d[i].v=y;
        e[x].push_back(nm(y,i));
        e[y].push_back(nm(x,i));
        ++du[x];++du[y];
    }
    fur(i,1,n) id[i]=p.push(nm(du[i],i));
    cnt=n;
    fdr(i,m,1)
    {
        while(!p.empty()&&p.top().first<k)
        {
            int u=p.top().second;p.pop();
            cut[u]=true;du[u]=0;
            --cnt;
            fur(j,0,(int)e[u].size()-1)
            {
                if(cut[e[u][j].first]) continue;
                if(d[e[u][j].second].use) continue;
                d[e[u][j].second].use=true;
                --du[e[u][j].first];
                p.modify(id[e[u][j].first],nm(du[e[u][j].first],e[u][j].first));
            }
        }
        d[i].ans=cnt;
        if(!d[i].use)
        {
            if(cut[d[i].u]||cut[d[i].v]) continue;
            --du[d[i].u];
            --du[d[i].v];
            p.modify(id[d[i].u],nm(du[d[i].u],d[i].u));
            p.modify(id[d[i].v],nm(du[d[i].v],d[i].v));
            d[i].use=true;
        }
    }
    fur(i,1,m) printf("%d\n",d[i].ans);
    return 0;
}

prob4:Reach Equilibrium

小凯的疑惑级的数学。

先看合法的充要条件：选出的\(n\)个向量的模均小于它们的和的一半\(k/2\)，设向量模为\(a_i\)，则为\(\forall_{i \in n}a_i<k/2\).

这样的概率不好直接求，考虑补集思想，计算不构成的概率，用一减之。

即求\(a_i>=k/2\)的概率。

由于当\(a_i>=k/2\)时，满足\(\forall_{j \in n \land j \ne i}a_j<k/2\)，故\(n\)个模长大于等于\(k/2\)的事件是互相独立的。

\(so,what~we~want~can~be~P(\exists_{i \in n}a_i>=k/2)~which~can~be~expressed~that~n* P(a_i>=k/2)(i \in n)\)

考虑求\(P(a_i>=k/2)\)，直接硬掰不美，考虑几何概型。

在长度为\(len\)的线段上取\(n\)条线段其实是在长度为\(len\)的线段上取\(n-1\)个点分割该线段，由于取线段的概率相等，故点落在线段上的任意位置的概率相等。而\(n\)条线段中有一条的模大于等于\(k/2\)的充要条件是这\(n-1\)个点全部落在\(len\)线段的一边。其中一个点落在指定一边的概率为\(\dfrac{1}{2}\)，则\(n-1\)个点全部落在指定一边的概率为\(\dfrac{1}{2^{n-1}}\)，即\(P(a_i>=k/2)=\dfrac{1}{2^{n-1}}\)，带入之前得到的公式，则有：
\[P(\exists_{i \in n}a_i>=k/2)=\dfrac{n}{2^{n-1}}\]
题目所求为：
\[ans\equiv (1-\dfrac{n}{2^{n-1}})(mod~1e9+7)\]
式子难推，妹子难追，所幸，代码清真：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define in read()
#define fur(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define int long long
#define jinitaimei signed
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    for(;!isalnum(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1;
    for(;isalnum(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
    return x*f;
}
const int mod=1e9+7;
inline int power(int x,int k){int res=1;for(;k;k>>=1,x=x*x%mod) if(k&1) res=res*x%mod;return res;}
jinitaimei main()
{
    int n=in,k=in;
    printf("%lld\n",(power(2,n-1)-n+mod)%mod*power(2,(n-1)*(mod-2))%mod);
    return 0;
}

prob5:Partition into Permutations

正解是双向链表，可惜看不懂。像上次双向链表准备摧残我幼小的灵魂时，\(yyz\)大仙用\(yyz\)神仙队列救了我一样，\(wz\)大仙在双向链表的恐怖威压下一波\(DP\)秒切该题，将复杂的代码给压成了\(44\)行的清真代码

\(f_{i,j}\) 表示当前指向了数字\(i\)，并且\(i\)数字保留\(j\)个的最少步数；\(h_i\)表示\(i\)数字在原序列中的出现次数。则状态转移方程为：
\[f_{i,j}=min(\forall_{k>=j \land k<=max(\forall_{q \in n}h_q)}f_{i,k})+abs(j-h_i)\]
但是空间开不下，于是考虑可将\(f\)数组降一维。

但输入的\(a_i\)范围很大（\(1e9\)），依旧很大。但仔细思考后，显然有当\(a_i>2*n\)时，删去\(a_i\)必定更优。将\(a_i>2*n\)的数量给计入\(basic\)，然后不管即可。

目标：\(min(\forall_{i>=0 \land i<=max(\forall_{q \in n}h_q)}f_i)+basic\)（式子中已降维）

同理，游戏结束：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define in read()
#define fur(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fdr(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define int long long
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    for(;!isalnum(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1;
    for(;isalnum(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
    return x*f;
}
const int xx=1e6+10;
int f[xx<<1];
int h[xx<<1];
signed main()
{
    int t=in;
    while(t--)
    {
        int n=in,basic=0,mx=0,mxx=0;
        fur(i,1,n)
        {
            int a=in;
            if(a<=n*2) mx=max(mx,a),h[a]++;
            else basic++;
        }
        fur(i,1,mx) mxx=max(mxx,h[i]);
        fur(i,0,mxx) f[i]=abs(h[1]-i);
        fur(i,2,mx)
        {
            fdr(j,mxx-1,0) f[j]=min(f[j],f[j+1]);
            fur(j,0,mxx) f[j]+=abs(h[i]-j);
        }
        int ans=f[0];
        fur(i,1,mxx) ans=min(ans,f[i]);
        printf("%lld\n",ans+basic);
        fur(i,0,mx) h[i]=0;
    }
    return 0;
}

2019年8月1日（基本功练习２）

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