CSP-S 备战所有题题解(week 2)

Day 1

P1373 小 a 和 uim 之大逃离

话说相同不应该都死吗？

看到 $n,m,k$ 都小的一匹，考虑全部枚举了。

定义状态：

$$dp_{i,j,d,p}$$

表示这一步走到了 $i,j$，差值为 $d$，最后一步是由 $p$ 走的。

方程过于板子了：

dp[i][j][d][0]=dp[i][j][d][0]+dp[i-1][j][(d-a[i][j]+k)%k][1];
dp[i][j][d][0]=dp[i][j][d][0]+dp[i][j-1][(d-a[i][j]+k)%k][1];
dp[i][j][d][1]=dp[i][j][d][1]+dp[i-1][j][(d+a[i][j])%k][0];
dp[i][j][d][1]=dp[i][j][d][1]+dp[i][j-1][(d+a[i][j])%k][0];

——$k$ 记得加 $1$。

CF31E Funny Game

由于太像C的TJ了，所以我讲详细一点（以证明我不是C的）。

首先这是道博弈论对吧（要是这都看不出来就。。）

考虑一下，当先手拿和不拿 $i+1$ 号石头的情况。

如果不拿，等于正在处理 $i$ 号石头，因为如果 $i+1$ 都不拿，$i+k(k>1)$ 都不会拿。则有 $dp_i=dp_{i+1}$

如果拿，那么这一步获得的 $s$ 为 $\sum\limits_{j=1}^{i+1} a_j$，而后手获得 $dp_{i+1}$，相当于获得的差值为 $\sum a_j-dp_{i+1}$。

所以 $dp_i=\max dp_{i+1},\sum a_j-dp_{i+1}$。

由于 $dp_n$ 无意义，从 $dp_{n-1}=a_n$ 开始即可。

答案：$dp_{1}$。

CF1006F Xor-Paths

双向广搜，一眼就会。

由于向下走 $n$ 步，向右走 $m$ 步，每次可以选走向下和向右，总的时间复杂度高达 $O(2^{n+m})$，直接挂掉！

考虑一下双向搜索，从顶点和终点往对角线的方向搜即可。

Day 2 考试

T1

简述题意：$(i,j)\to (i+1,j)$ 有一条 $a_i+b_j$ 的边；$(i,j)\to (i,j+1)$ 有一条 $c_i+d_j$ 的边。$a_i,b_i,c_i,d_i$ 单调不降。问图的最小生成树。

因为单调不降，所以答案只会从左边和上面两条边转移过来。答案等于 $\sum \min a_i+b_j,c_i+d_j$。

定义 $A_i=c_i-a_i,B_i=d_i-b_i$，这一坨答案为 $a_i+b_j+\min\{0,A_i+B_j\}$，把 $a_i+b_j$ 提出了，对 $\min\{0,A_i+B_j\}$ 排序即可。

T2

简述题意：求两个字符串的编辑距离，如果大于 $50$，输出 $-1$。

编辑距离的 DP 公式原因，在此处不再赘述。定义 $dp_{i,j}$ 表示 $a$ 的前 $i$ 个字符和 $b$ 的前 $j$ 个字符的编辑距离。

$$dp_{i,j}=\begin{cases}\max i,j&\min i,j=0\\\min\{dp_{i,j-1},dp_{i-1,j},dp_{i-1,j-1}\}+1& a_i\ne b_j\\dp_{i-1,j-1}&a_i=b_j\end{cases}$$

对于距离超过 $50$ 的字符串，进行 $dp$ 是没有意义的。所以用 $f_{i,c}$ 记录 $dp_{i,j+c-50}$ 即可。

T4

我自己的题解

Day 3

P2279 [HNOI2003] 消防局的设立

贪心题。

如果一个点没有收到消防站的覆盖，那么就在它的祖先处设立一个消防站。从深度最低的往最高的扫即可。

为什么这是最优的？在父亲节点处不是还能照顾到自己的兄弟吗？注意：这个点是目前深度最低的无法覆盖的点，如果祖父盖不到，说明这个点深度一定不是最低的。

每建立一个消防局，扫描两层即可。看起来这是 $O(n^ 3)$ 的，实际上每条边最多被扫到 $n$ 次，时间复杂度不超过 $O(n^2)$。

注意将 $a$ 的父亲设为它自己，这样所有点的祖先不超过 $1$。

for(int i=2;i<=n;i++)
{
  cin>>a[i].fa;
  a[i].gf=a[a[i].fa].fa;
  a[i].dep=a[a[i].fa].dep+1;
  a[i].i=i;
  G[i].push_back(a[i].fa);
  G[a[i].fa].push_back(i);
}
sort(a+1,a+n+1); // 按深度排序
for(int i=1;i<=n;i++) dy[a[i].i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
  if(x1[i]||x2[i]) continue;
  x1[dy[a[i].gf]]=1;ans++;
  dfs(a[i].gf,2);
}

CF893E Counting Arrays

一道很好的计数题喵。

先考虑正负数的问题。因为 $1\le x\le 10^6$，所以这些数字乘起来一定是一个正数，所以我们先乱填前 $y-1$ 个数的正负，最后一个在改回来就可以了。所以正负数的可能方案数为 $2^{y-1}$。

这个题一看就要质因数分解。定义：

$$x=\prod_{i=1}^kp_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_k^{e_k}$$

其中 $p_1,p_2,\cdots p_k$ 是两两不等的质数。

对于每一个指数 $e_i$，它们会被分到这 $y$ 个数上去。由于这是一个序列，所以这 $y$ 个数本质不同。但是这 $e_i$ 个 $p_i$ 本质相同，并且可空。这时就变成了大型记录片之《小球进盒子·第三集》。

球	盒子	可空？	方案数
相同	不同	可	$\dbinom {n+m-1}{m-1}$

——by sLMxf

所以对于每一个指数 $e_i$，它的方案数为 $\dbinom{y+e_i-1}{y-1}$。

所以最终的答案为：

$$2^{y-1}\prod_{i=1}^k \dbinom{y+e_i-1}{y-1}$$

分解质因数是 $O(\sqrt x)$，快速幂是 $O(\log y)$ 的，组合数预处理 $O(\max y)$，单次查询 $O(1)$。

故总的时间复杂度为 $O(\max y+q\sqrt x)$。

Day 4

CF360B Levko and Array

我自己的题解

P9751 旅游巴士

最短路。

首先这题的 二分套分层图 BFS 一眼就可以看出来对吧。

然而交上去荣获 $100\color{red}\texttt{WA}$。为什么？因为要建一张反图。

Buy Low Sell High

本题和 CF1974G 很像。

事实证明，像到是一点也不像，但都是反悔贪心。

考虑一种贪心：每次只要能够赚取利益，就从 $q$ 中拿一个最小的出来，否则把这个东西放进 $q$。

然而会有这样一种 hack：

3
1 2 114514

显然这个时候拿一个 $114514-1=114513$ 是最优解，但程序会输出 $1$。为什么？因为 $2$ 把 $1$ 抵掉了。

考虑这样一件事：每一次用从之前拿过的最优解，把最大的替换掉。先考虑拿新的，在考虑拿旧的。

典型反悔贪心。时间复杂度是优先队列的 $O(n\log n)$。代码如下：

for(int i=1;i<=n;i++)
{
  cin>>m;
  if(!q.empty()&&q.top()<m)
  {
    ans+=m-q.top();
    q.pop();
    q.push(m); // 再放一个旧的进去
  }
  q.push(m);
}

附：大型纪录片之《小球进盒子·全篇》

球 $(n)$	盒 $(m)$	可空？	答案
相同	相同	可	$\text{partition}(n+m,m)$
相同	相同	否	$\text{partition}(n,m)$
相同	不同	可	$\dbinom {n+m-1}{m-1}$
相同	不同	否	$\dbinom{n-1}{m-1}$
不同	相同	可	$\sum\limits^n_{i=1}S(n,i)=\sum\limits^n_{i=1}{n\brace{i}}$
不同	相同	否	$S(n,m)={{n}\brace{m}}$
不同	不同	可	$m^n$
不同	不同	否	$m!S(n,m)=m!{{n}\brace{m}}$

• $\text{partition}(n,m)$ 表示把 $n$ 个相同的球放到 $m$ 个相同的盒子的方案数/把数字 $n$ 分成 $m$ 个部分的方案数。计算方法：

$$f(n,k)=f(n-1,k-1)+f(n-k,k)$$

• $S(n,m)$ 是斯特林数。