标签：方法 很多 lin 方案 view 正整数 扩展 超过 src
又来了，第一题还是比较简单的，而且正好前面在弄最长不下降子序列的时候学到了二分的函数，lower_bound()和upper_bound的知识，刚好用上了，但是后面两个题目，第二题稍微写了下，但是越写越觉得不对。。第三题就一直放着，趁着写博客又来攻克一下吧~┭┮﹏┭┮脑壳不够用
题目一：末了（真的挺简单的，我这种菜鸡还是能做出来心里还是很开心，不是零分了嘤）简单思路就是贪心加二分，没什么好说的，看代码应该就可以看懂，也可以比距离
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=200050,inf=0x3f3f3f; int a[N]; double t[N],ask; int n,l,v,q; bool cmp(int x,int y) {return x>y;} int main() { cin>>n>>l>>v; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; sort(a+1,a+1+n,cmp); t[0]=l*1.0/(v*1.0); for(int i=1;i<=n;i++) t[i]=t[i-1]+a[i]*1.0/(v*1.0); cin>>q; for(int i=1;i<=q;i++){ cin>>ask; if(ask>=t[n]){ cout<<"-1"<<endl;continue; } cout<<upper_bound(t,t+n,ask)-t<<endl; } return 0; }
题目二：荆轲刺秦王
先来学习一下差分：
从一个例子开始：将2~5区间内的每个数加上6
原数组 5 2 0 1 3 1 4
修改后的数组 5 8 6 7 9 1 4
原差分数组 5 -3 -2 1 2 -2 3
修改后的差分数组 5 3 -2 1 2 -8 3
我们可以发现，只有头和尾的差分会发生变化，并且变化规律为 a[l]+=k,(-3+6=3) a[r+1]-=k;(-2-6=-8)
可能对于差分的理解不够，还没有找到我特别能理解的差分的典型例子，找到了再来补一补吧
但是大概能看懂代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m,c1,c2,d;//如题 int sx,sy,ex,ey;//起点终点坐标 string s;//读入的数据 int a[351][351]; int flag[351][351]; bool v[351][351][16][16];//剪枝二 void add(int i,int j,int x){ for(int k=-x+1;k<=x-1;k++){//差分使复杂度降为n^3 if(k+i<1||k+i>n)continue;//超过边界 int p=x-1-(k<0?-k:k);//可以自己找规律 if(j-p<1)a[k+i][0]+=1; else a[k+i][j-p]+=1; if(j+p+1>m); else a[k+i][j+p+1]-=1; } } struct zj{ int x,y,u1,u2,t;//坐标,隐身使用次数,瞬移使用次数,已经过了多长时间 }; int ans1=0x3fffffff,ans2=0x3fffffff,ans=0x3fffffff; int X[8]={0,0,1,-1,1,1,-1,-1}; int Y[8]={1,-1,0,0,1,-1,1,-1}; void bfs(){ queue<zj> q; q.push((zj){sx,sy,0,0,0}); v[sx][sy][0][0]=1;//起点已经过 while(!q.empty()){ zj x=q.front(); q.pop(); if(x.t>ans)continue;//剪枝一 if(x.x==ex&&x.y==ey){ if(x.t<ans){ ans=x.t; ans1=x.u1; ans2=x.u2; } else{ if(ans1+ans2>x.u1+x.u2){//魔法使用次数少 ans=x.t; ans1=x.u1; ans2=x.u2; } else if(ans1+ans2==x.u1+x.u2&&ans1>x.u1){//魔法一样,隐身少 ans=x.t; ans1=x.u1; ans2=x.u2; } } continue; } for(int i=0;i<8;i++){ int xx=x.x+X[i],yy=x.y+Y[i]; if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>m)continue;//越界 if(flag[xx][yy]==1)continue;//有士兵 if(a[xx][yy]<=0&&v[xx][yy][x.u1][x.u2]==0){//不在士兵的观察范围内 v[xx][yy][x.u1][x.u2]=1;//标记 q.push((zj){xx,yy,x.u1,x.u2,x.t+1}); } else if(x.u1+1<=c1&&v[xx][yy][x.u1+1][x.u2]==0){//在士兵的观察范围内,使用隐身 v[xx][yy][x.u1+1][x.u2]=1;//标记 q.push((zj){xx,yy,x.u1+1,x.u2,x.t+1}); } } if(x.u2+1>c2)continue;//无法使用瞬移 for(int i=0;i<4;i++){ int xx=x.x+X[i]*d,yy=x.y+Y[i]*d; if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>m)continue; if(flag[xx][yy]==1)continue; if(a[xx][yy]<=0&&v[xx][yy][x.u1][x.u2+1]==0){ v[xx][yy][x.u1][x.u2+1]=1; q.push((zj){xx,yy,x.u1,x.u2+1,x.t+1}); } else if(x.u1<c1&&v[xx][yy][x.u1+1][x.u2+1]==0){ v[xx][yy][x.u1+1][x.u2+1]=1; q.push((zj){xx,yy,x.u1+1,x.u2+1,x.t+1}); } } } } int main(){ scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&c1,&c2,&d); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ cin>>s; if(s=="S")flag[i][j]=-2,sx=i,sy=j;//记录起点位置 else if(s=="T")flag[i][j]=-1,ex=i,ey=j;//记录终点位置 else if(s=="."); else{ flag[i][j]=1; int x=s[0]-‘0‘; for(int i=1;i<s.length();i++)x=x*10+s[i]-‘0‘;//存入卫兵可以观察的距离 add(i,j,x);//处理 } } } for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ a[i][j]+=a[i][j-1];//注意差分要加回去 } } bfs(); if(ans==0x3fffffff)printf("-1");//无解 else printf("%d %d %d",ans,ans1,ans2);//输出 return 0; }
题目三：建设城市(分为四段，1-i i+1-n n+1-j j+1-2n
dp[i][j]:长度为i，末尾为j的单调递增的序列个数
dp[i][j]=Σk=1jdp[i-1][k];
优化：也可以状态转移为：dp[i][j]表示长度为i，末尾<=j的单调递增序列，d[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1][j] 60分
继续优化：排列组合的插板？~dp[i][j]=C(i+j-1,i)=(i+j-1)!/i!(j-1)!
线性求阶乘逆元优化 100分
好吧：又来学习一下做这个题目应该掌握的预备知识了
来了，第一步：如果没有第5个要求的话，那么，我们只来看一看左边上升部分有多少种情况呢？我们有n栋楼，所有楼的高度范围为（1-m）,那么我们可以把这个模型抽象为有n个球，现在把它们放入m个盒子中（编号就为1-m，在在哪个盒子就高度是多少，可以相同），所以我们就是允许有些盒子为空的，那么我们就根据插板法：
总结：
1:如果是把n个求放入k个盒子中（每个盒子必须要有球），那么由插板法得 方案数为 C(n-1,k-1);
2:如果是把n个求放入k个盒子中（盒子可以为空），那么由插板法得 方案数为 C(n+k-1,k-1);我们很显然是这个情况~（get it）
第二步：那么我们现在要把第5个要求加进来的话，现在就有两种情况了，x/y在两侧还是同侧,我们先枚举这两栋楼高度为i
1、在两侧的话：
x左边的x栋楼高度范围为（1-i）；x右边到n左边(包括n)n-x栋楼的高度范围为（i,m）;
n右边(不包括n)到y左边y-n-1栋楼的高度范围为（i,m）；y右边的2n-y栋楼的高度范围为（1-i）
就把四种情况乘起来就是答案了
2、如果在一侧的话：就把x,y之间的高楼看成一个高楼
就有c(n+m-1,m-1)*c(n+x-y+m-1,m-1);
又有问题来了：我们知道c(n+m-1,m-1)=(n+m-1)!/(m-1)!*n!
就有乘法的逆元：
(a+b)%p=(a%p+b%p)%p
(a-b)%p=(a%p-b%p)%p
(a*b)%p=(a%p*b%p)%p
但是(a/b)%p!=(a%p/b%p)%p;除法不满足我们的分配律，但我们也需要在这个过程中去模，否则中间值会出现太大的情况，所以我们要用到乘法逆元：
乘法逆元一般用于求a/b（mod）p的值，是解决模意义下分数值的必要手段。
逆元定义：若a*x=1(mod b),且a与b 互斥，那么我们就能定义x为a的逆元，记为a-1，所以我们也可以称x为a在mod意义下的倒数。所以对于a/b(mod p) ，我们就可以求出 b 在mod p 下的逆元，然后乘上 a ，再 mod p就是这个分数的值了。。。没太看懂，举例，5和14是互斥的，所以就存在5关于模14的乘法逆元为3,3*5-14=1；
可以看成一个公式就是ax-pb=1，把减号变成加号，所以有一个公式就变成：ax+by=1;，然后可以扩展欧几里得定理来扩展了。
应用（求取（a/b）%p等同于求取a*(b的逆元)%p）
证明：
那么问题又来了，怎么去求解乘法的逆元是多少呢？方法很多种：费马小定理（p为质数）、扩展欧几里得、线性递推......
费马小定理：假如a是一个整数，p是一个质数，那么
1、如果a是p的倍数 a^p=a(mod p)
2、如果a不是p的倍数，a^(p-1)=1(mod p) 乘法逆元中要求互斥，所以肯定不是倍数
同余式：a=b(mod n)表示a和b对模n同余，即正整数a-b能被n整除
所以 a*a^(p-2)=1 （mod p）那么a^(p-2) 就是 a 的逆元了~
但是需要注意：上面都不是等号，有（mod p）的这种都是同余符号，三个横线；所以这个式子完整的应该是（a%p）*(a^(p-2))%p=1%p,这才是等式
例如：a=5,p=3;那么a的逆元就是 5^(3-2)%3=2;，所以在这里就可以也可以用快速幂进行优化；
ll fpm(ll x,ll power,ll mod)//x^power%mod就是要求的逆元 { x%=mod; ll ans=1; for(;power;power>>=1,(x*=x)%=mod) if(power&1) (ans*=x)%=mod; return ans; }
****求一串数字的逆元可以用线性算法，代码过背吧...
ll inv[maxn]={0,1};
int main(){
int n,p;
scanf("%d%d",&n,&p);
printf("1\n");
for(int i=2;i<=n;i++)
inv[i]=(ll)p-(p/i)*inv[p%i]%p,printf("%d\n",inv[i]);
return 0;
}
那么整个题目的分析应该就完了
最后再来总结一下这个题目，
首先我们清楚了n栋楼房在高度范围为<=m的所有排列情况，因为可以为空所以一共有c(n+m-1,m-1)种方案；
然后我们加上限制条件5，两种情况：一种四段相乘，一种两段相乘
然后我们知道c（m+n-1,m-1）=(m+n-1)!/n!*(m-1)!，由于数会很大，所以我们需要模p，但是除法不满足分配律，我们利用乘法逆元把它变成乘法的模，就可以防止中间数会很大溢出；
我们知道要用乘法逆元之后，选择求出逆元的方法有很多，这里用费马小定理，那么我们在求的时候还可以加上快速幂，那么关于
over!下面就来看代码了~（好吧，尽量理解了）
!!!!!!!!我感觉思路没有什么问题，但答案就是不对。。。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int mod=998244353; ll ans=0; int n,m,x,y; ll fpm(int num,int power)//x^power%mod就是要求的逆元 { num%=mod; ll res=1; for(;power;power>>=1,(num *= num) %=mod) if(power&1) (res *= num) %=mod; /*应该就是快速幂 for(;power;power>>=1,(x*=x)%=mod) if(power&1) (ans*=x)%=mod; */ return res; } ll c(int a,int b) { ll sum=1; for(int i=1;i<=b;i++) { sum=sum%mod*(a-b+i)%mod; sum=sum%mod*fpm(i,mod-2)%mod; } return sum; } int main() { cin>>m>>n>>x>>y; if(x<=n&&y>=n)//在两侧的情况 { for(int i=1;i<=m;i++)//枚举相等的两栋楼的情况 //ans=(ans+((ll)f(x-1,i)*f(n-x,m-i+1)%mod*f(y-n-1,m-i+1)%mod*f(n*2-y,i)%mod))%mod; ans+=c(x+i-1,i-1)%mod*c(n-x+m-i,m-i)%mod*c(y-n+m-i,m-i)%mod*c(2*n-y+i-1,i-1)%mod; } else { //ans=(ll)c(n+m,m)*c(x+n-y+m,m)%mod; ans=c(n+m-1,m-1)%mod*c(n+m-1-x+y,m-1)%mod; } cout<<ans<<endl; return 0; }
有人知道就评论一下吧，所以现在换一个做法，其实思路差不多就是划分的区域和代码有点出入。
划分区域：1∼x−1,x+1∼n,n+1∼y−1,y+1∼n∗2
那么就是f(i,j)=(i+j-1)!/(j-1)!*i!
所以先进行预处理求出相关的逆元与阶乘，所以就可以用到线性逆元的方法，前面也写了，直接记住也可以：
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define mod 998244353 using namespace std; const int N=200001; int n,m,x,y; ll k[N],inv[N],invk[N]; ll ans=0; ll f(ll a,ll b) { return (ll)(k[a+b-1]*invk[a]%mod*invk[b-1]%mod); } int main(){ scanf("%d%d%d%d",&m,&n,&x,&y); k[0]=inv[1]=invk[0]=1; for(int i=2;i<=n+m;i++) inv[i]=((ll)mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;//处理1到n的逆元 for(int i=1;i<=n+m;i++) k[i]=(ll)k[i-1]*i%mod;//处理阶乘 for(int i=1;i<=n+m;i++) invk[i]=(ll)invk[i-1]*inv[i]%mod;//处理阶乘数组的逆元 if(x<=n&&y>n){ for(int i=1;i<=m;i++) ans=(ans+(ll)(f(x-1,i)*f(n-x,m-i+1)%mod*f(y-n-1,m-i+1)%mod*f(n*2-y,i)%mod))%mod; printf("%lld",ans); } else{ printf("%lld",(ll)f(n,m)*f(x+n-y,m)%mod); } return 0; }
好吧下一次的noi online 又要来了，慌张。。。
标签：方法 很多 lin 方案 view 正整数 扩展 超过 src
原文地址：https://www.cnblogs.com/sunny99/p/12790071.html
