2024 国庆做题总结
Secret Santa
思路
这是一个需要深思熟虑的贪心，总之还算有点复杂。
首先，如果一个数不在它自己数值的下标上，就可以填进去，将剩下的还未填的数记录下来，此时情况如下（样例1，第一组）：
当前：2 1 _
剩余：3
然后将剩余的数的那个数组反过来，即从大到小排序，填满空位，这样可能会有冲突，但是，可以证明只会有一个冲突。
证明：\(x,y,z\) 为下标，\(a,b,c\) 分别为 \(x,y,z\) 上的数值，假设 \(y = b\)，因为 \(x < y < z\) 且 \(a > b > c\)，所以其余任何位置都无冲突。
那么如何解决掉冲突呢，将冲突位置上的值替换为之前这个位置上的值即可，再将之前这个位置上的值的现在的位置上的值改为冲突位置的值，这样就不会有冲突。
原来：2 1 3 位置 3 上有冲突
更改后：3 1 2 (第三个位置改为原来的值，第一个位置改为 3)
显然这种方案变换次数最少。
代码
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
inline int read(){register int x = 0, f = 1;register char c = getchar();while (c < '0' || c > '9'){if (c == '-') f = -1;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);c = getchar();}return x * f;}
inline void write(int x){if (x < 0) putchar('-'), x = -x;if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');}
const int N = 2e5 + 10;
int T, n, ans;
int a[N], b[N], cnt[N], tot;
vector<int> v[N];
bool vis[N], f[N];
int main(){
T = read();
while (T--){
n = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(), v[a[i]].push_back(i);
for (int i = 1; i <= n; i++){
for (auto j : v[i]){
if (!vis[j] && i != j){
b[j] = i;
vis[j] = 1;
f[i] = 1;
break;
}
}
if (!f[i]) cnt[++tot] = i;
}
for (int i = 1, l = tot; i <= n && l >= 1; i++){
if (!vis[i]) b[i] = cnt[l], l--;
}
for (int i = 1; i <= n; i++){
if (b[i] == i) swap(b[i], b[v[a[i]][0]]);
}
for (int i = 1; i <= n; i++){
if (a[i] == b[i]) ans++;
}
cout << ans << '\n';
for (int i = 1; i <= n; i++) cout << b[i] << ' ';
cout << '\n';
for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = b[i] = cnt[i] = vis[i] = f[i] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) v[i].clear();
tot = ans = 0;
}
return 0;
}
[ABC137D] Summer Vacation
思路
考虑从后往前做，只剩一天时，只能选取一天之后才能拿到工资的任务，显然选取能拿到工资最多的，那么假如还剩下 \(x\) 天，小于等于 \(x\) 天拿到工资的任务都可以，于是取工资最大值，加入答案，用一个优先队列维护这个最大值即可。
代码
#include<iostream>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read(){register int x = 0, f = 1;register char c = getchar();while (c < '0' || c > '9'){if (c == '-') f = -1;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);c = getchar();}return x * f;}
inline void write(int x){if (x < 0) putchar('-'), x = -x;if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');}
const int N = 1e5 + 10;
int n, m, ans;
struct node{
int a, b;
bool operator < (const node &b) const{
return a < b.a;
}
}x[N];
priority_queue<int> q;
int main(){
n = read(), m = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) x[i].a = read(), x[i].b = read();
sort(x + 1, x + n + 1);
int top = 1;
for (int i = 1; i <= m; i++){
while (x[top].a <= i && top <= n){
q.push(x[top++].b);
}
if (!q.empty()) ans += q.top(), q.pop();
}
cout << ans;
return 0;
}
P4377 [USACO18OPEN] Talent Show G
思路
错解：01背包，当前总才艺值时，最小的重量值，求答案。
为什么错误？因为总重量值有一个限制，要大于等于 \(W\)，这个限制无法做。
正解：考虑二分答案，现在二分到了一个答案 \(X\)，如果有一个方案的答案大于等于 \(X\)，即最终答案可以更大，于是可以得到下列式子：
由此可知，选取一定的 \(t_i - X\times w_i\) 满足 \(\sum w_i \ge W\) 大于等于 \(0\)，即用 01 背包实现，容量为 \(W\)，重量总和大于 \(W\) 的也记入 \(W\)，如果 \(dp[W]\) 大于等于 \(0\)，则答案还能更大，否则答案小于 \(X\)。
代码
#include<iostream>
#include<climits>
#define INF INT_MIN
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){register int x = 0, f = 1;register char c = getchar();while (c < '0' || c > '9'){if (c == '-') f = -1;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);c = getchar();}return x * f;}
inline void write(int x){if (x < 0) putchar('-'), x = -x;if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');}
const int N = 255, M = 1e3 + 10;
const double eps = 10e-10;
int n, W;
double ans;
int w[N], t[N], sum;
double p[N], dp[M];
bool check(double x){
for (int i = 1; i <= W; i++) dp[i] = -INF;
for (int i = 1; i <= n; i++) p[i] = (double)t[i] - x * w[i];
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = W + w[i]; j >= w[i]; j--)
dp[min(j, W)] = max(dp[min(j, W)], dp[j - w[i]] + p[i]);
return dp[W] >= 0;
}
signed main(){
n = read(), W = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) w[i] = read(), t[i] = read(), sum += w[i];
double l = 0, r = 1000000;
while (l + eps <= r){
double mid = (l + r) / 2;
if (check(mid)){
l = mid;
}else{
r = mid;
}
}
cout << (int)(l * 1000);
return 0;
}
[ARC110D] Binomial Coefficient is Fun
思路
题目 \(\prod \limits_{i = 1}^{N}\binom{b_i}{a_i}\) 可以转化为 \(\prod \limits_{i = 1}^{N}\binom{a_i + c_i}{a_i}\)，即在 \(a_i\) 个数中插入 \(c_i\) 个数，于是，每个 \(a_i\) 有 \(a_i + 1\) 个空可以插入，即将 \(M - \sum a_i\) 个数插入 \(\sum a_i + N + 1\) 个空中，最后加一保证了可以有剩余，即所有数加起来可以小于 \(M\)，最后利用插板法公式，得：
代码
#include<iostream>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){register int x = 0, f = 1;register char c = getchar();while (c < '0' || c > '9'){if (c == '-') f = -1;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);c = getchar();}return x * f;}
inline void write(int x){if (x < 0) putchar('-'), x = -x;if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');}
const int N = 2e3 + 10, mod = 1e9 + 7;
int n, m, sum;
int a[N];
int qpow(int a, int b){
int ans = 1;
while (b){
if (b & 1) ans = ans * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
int C(int m, int n){
int ans = 1;
for (int i = n; i >= n - m + 1; i--) ans = ans * i % mod;
for (int i = 1; i <= m; i++) ans = ans * qpow(i, mod - 2) % mod;
return ans;
}
signed main(){
n = read(), m = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(), sum += a[i];
cout << C(sum + n, m + n);
return 0;
}
[AGC001E] BBQ Hard
思路
是个很妙的题目，直接暴力求必须要 \(O(n^2)\) 的时间，且是不可优化的，而正解直接把组合转化成了 \(dp\)。
首先有一个结论，\(\binom{a+b}{a}\) 等于在平面直角坐标系上，从 \((0,0)\) 只能向上或向右走到 \((a,b)\) 的路径数，简单理解就是走 \(x+y\) 步能到 \((a,b)\)，选出 \(x\) 步往上走，即为路径数。
所以设 \(dp_{i,j}\) 为从 \((0,0)\) 走到 \((i,j)\) 的方案数，转移即为 \(dp_{i,j} = dp_{i, j} + dp_{i - 1, j} + dp_{j, i - 1}\)。
但是，统计答案还是需要 \(O(n^2)\) 的时间统计，这时又有一个技巧，将要求的两个点平移，即 \((0，0)\) 和 \((a_i + a_j + b_i + b_j)\) 转为 \((-a_i, -b_i)\) 和 \((a_j, b_j)\)。
初始时将每个 \(dp_{-a_i}{-b_i}\) 加 \(1\)，然后 \(dp\)，最后扫一遍将每个 \(dp_{a_i, b_i}\) 加入答案，题目中 \(i \not = j\)，那么就用答案减去题目给出的组合 \(\binom{2\times a_i + 2\times b_i}{2\times a_i}\)，由于 \(i \lt j\)， 最后答案除以 \(2\)即可。
代码
#include<iostream>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){register int x = 0, f = 1;register char c = getchar();while (c < '0' || c > '9'){if (c == '-') f = -1;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);c = getchar();}return x * f;}
inline void write(int x){if (x < 0) putchar('-'), x = -x;if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');}
const int N = 2e5 + 10, M = 4e3 + 20, mod = 1e9 + 7;
int n, sum;
int a[N], b[N], dp[M + 10][M + 10], v[M << 1 + 10], inv[M << 1 + 10];
int qpow(int a, int b){
int ans = 1;
while (b){
if (b & 1) ans = ans * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
void init(){
v[0] = inv[0] = 1;
for (int i = 1; i <= (M << 1); i++){
v[i] = v[i - 1] * i % mod;
inv[i] = qpow(v[i], mod - 2);
}
}
int C(int m, int n){
return v[n] * inv[n - m] % mod * inv[m] % mod;
}
signed main(){
init();
n = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(), b[i] = read(), dp[M / 2 - a[i]][M / 2 - b[i]]++;
for (int i = 1; i <= M; i++)
for (int j = 1; j <= M; j++) dp[i][j] = (dp[i][j] + (dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]) % mod) % mod;
for (int i = 1; i <= n; i++) sum = (sum + dp[M / 2 + a[i]][M / 2 + b[i]]) % mod;
for (int i = 1; i <= n; i++) sum = (sum - C(2 * a[i], 2 * a[i] + 2 * b[i]) + mod) % mod;
cout << sum * qpow(2, mod - 2) % mod;
return 0;
}
P7044 「MCOI-03」括号
思路
对于一个位置为 \(i\) 左括号而言，与它匹配最近的一个右括号位置为 \(j\)，那么它对 \(0\) 维的贡献就为 \(l\in [1,i],r\in [i, j - 1]\) 组成的区间，并且只会贡献 \(1\)，考虑多维，就是后面的所有区间要包含第一个 \(0\) 维区间，即有 \(K\) 个嵌套的区间，左端点都满足 \(l\in [1,i]\)，右端点满足第一个区间 \(r\in [i, j - 1]\)，其余的所有右端点都满足 \(r\in [i, n]\)，求这种嵌套区间的个数，左端点可以用插板法去做，\(K\) 个物品，要放入 \(i\) 个箱子，方案数为 \(\binom{K + i - 1}{i - 1}\)，右端点有点不好做，考虑容斥，用所有区间右端点在 \([i, n]\) 的方案数，减去第一个右端点就在 \([j, n]\) 的方案数，就为右端点的方案数，即 \(\binom{K + n - i}{n - i} - \binom{K + n - j}{n - j}\)，根据乘法原理，两个部分相乘就为左括号的答案，右括号同理。
代码
#include<iostream>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){register int x = 0, f = 1;register char c = getchar();while (c < '0' || c > '9'){if (c == '-') f = -1;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);c = getchar();}return x * f;}
inline void write(int x){if (x < 0) putchar('-'), x = -x;if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');}
const int N = 1e6 + 10, M = 4e6 + 10, mod = 998244353;
int n, k, ans;
char c[N];
int x[N], mul[M], inv[M];
int stk[N], top;
int qpow(int a, int b){
int ans = 1;
while (b){
if (b & 1) ans = ans * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
void init(){
mul[0] = inv[0] = 1;
for (int i = 1; i <= M - 10; i++) mul[i] = mul[i - 1] * i % mod, inv[i] = qpow(mul[i], mod - 2);
}
int C(int m, int n){
if (n < 0 || m > n) return 0;
return mul[n] * inv[n - m] % mod * inv[m] % mod;
}
signed main(){
init();
n = read(), k = read();
cin >> c + 1;
for (int i = 1; i <= n; i++){
if (c[i] == '(') stk[++top] = i;
else{
if (!top) x[i] = 0;
else x[i] = stk[top], x[stk[top--]] = i;
}
}
while (top) x[stk[top--]] = n + 1;
for (int i = 1; i <= n; i++){
if (c[i] == '(') ans = (ans + C(i - 1, k + i - 1) * ((C(n - i, k + n - i) - C(n - x[i], k + n - x[i]) + mod) % mod) % mod) % mod;
else ans = (ans + C(n - i, k + n - i) * ((C(i - 1, k + i - 1) - C(x[i] - 1, k + x[i] - 1) + mod) % mod) % mod) % mod;
}
cout << ans;
return 0;
}
Anton and School - 2
思路
对于一个空处，左边有 \(a\) 个左括号，右边有 \(b\) 个右括号，为了不重不漏的计算，所以第一个左括号必选，答案就为 \(\sum \limits_{i=0}^{\min(a-1, b-1)}\binom{a - 1}{i}\binom{b}{i + 1}\)，利用范德蒙德卷积式子转换为 \(\sum \limits_{i=0}^{\min(a-1, b-1)}\binom{a - 1}{a - 1 - i}\binom{b}{i + 1} = \binom{a + b - 1}{a}\)，组合意义：要从大小为 \(a + b - 1\) 的集合选出 \(a\) 个数，就等同于将大小为 \(a + b - 1\) 的集合分成大小为 \(a - 1\) 和 \(b\) 的集合，分别选 \(a - 1 - i\) 和 \(i + 1\) 个数，所以得证。
于是，预处理一个空位左边左括号个数和右括号个数，再用公式统计即可。
代码
#include<iostream>
#include<cstring>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){register int x = 0, f = 1;register char c = getchar();while (c < '0' || c > '9'){if (c == '-') f = -1;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);c = getchar();}return x * f;}
inline void write(int x){if (x < 0) putchar('-'), x = -x;if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');}
const int N = 2e5 + 10, M = 4e5 + 10, mod = 1e9 + 7;
int n, ans;
char c[N];
int pre[N], suf[N], mul[M << 1], inv[M << 1];
int qpow(int a, int b){
int ans = 1;
while (b){
if (b & 1) ans = ans * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
void init(){
mul[0] = inv[0] = 1;
for (int i = 1; i <= (n << 1); i++) mul[i] = mul[i - 1] * i % mod, inv[i] = qpow(mul[i], mod - 2);
}
int C(int m, int n){
return mul[n] * inv[n - m] % mod * inv[m] % mod;
}
signed main(){
cin >> c + 1;
n = strlen(c + 1);
init();
for (int i = 1; i <= n; i++){
pre[i] = pre[i - 1];
if (c[i] == '(') pre[i] = pre[i - 1] + 1;
}
for (int i = n; i >= 1; i--){
suf[i] = suf[i + 1];
if (c[i] == ')') suf[i] = suf[i + 1] + 1;
}
for (int i = 1; i <= n; i++){
if (c[i] == '('){
ans = (ans + C(pre[i], pre[i] + suf[i] - 1)) % mod;
}
}
cout << ans;
return 0;
}
P9118 [春季测试 2023] 幂次
思路
当 \(k = 1\) 时，答案就为 \(n\)。
当 \(k \ge 3\) 时，底数不会超过 \(10^6\)，可以直接暴力枚举底数和指数，开一个 \(map\) 判重即可。
当 \(k = 2\) 时，不能用原来的方法，不然时间会爆炸，所以需要技巧。在 \(n\) 中，完全平方数的个数为 \(\lfloor \sqrt{n} \rfloor\) 个，先加入答案统计，然后再用上一种情况的方法统计，但是要判掉 \(k^2\) 的情况，我们发现，完全平方数进行因式分解后，每个因数的个数都是偶数个，利用这个性质，在枚举的时候，直接将这种数打上标记即可。
代码
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<map>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){register int x = 0, f = 1;register char c = getchar();while (c < '0' || c > '9'){if (c == '-') f = -1;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);c = getchar();}return x * f;}
inline void write(int x){if (x < 0) putchar('-'), x = -x;if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');}
int n, k, ans;
map<int, bool> vis;
signed main(){
n = read(), k = read();
if (k == 1){
cout << n;
}else if (k == 2){
ans += sqrtl(n);
for (int p = 2; p * p * p <= n; p++){
for (int i = 2, sum = p * p; ; i++){
if (i >= k && i % 2 != 0 && !vis[sum]) vis[sum] = 1, ans++;
if (i % 2 == 0) vis[sum] = 1;
if (sum <= n / p) sum *= p;
else break;
}
}
cout << ans;
}else{
for (int p = 2; p * p * p <= n; p++){
for (int i = 2, sum = p * p; ; i++){
if (i >= k && !vis[sum]) vis[sum] = 1, ans++;
if (sum <= n / p) sum *= p;
else break;
}
}
cout << ans + 1;
}
return 0;
}
P9869 [NOIP2023] 三值逻辑
思路
令 \(T,F,U\) 分别为 \(n+1,n+2,n+3\) 号节点，每个节点都有最初赋值的那个节点，设 \(i\) 最初的节点为 \(a_i\)，\(b_i\) 表示反转，由 \(0/1\) 表示，那么每个 \(i\) 仅有一个 \(a_i\) 对应，于是从 \(a_i\) 向 \(i\) 连边，就是一个基环树森林和一堆树，如果是基环树就判断环是否满足条件，如果满足条件，则基环树上的各个树肯定能满足条件，否则，整个基环树都是 \(U\)，如果是树，肯定是顶点出现了自环，所以只需判断自环是否满足条件即可，结果同基环树。
代码
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
inline int read(){register int x = 0, f = 1;register char c = getchar();while (c < '0' || c > '9'){if (c == '-') f = -1;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);c = getchar();}return x * f;}
inline void write(int x){if (x < 0) putchar('-'), x = -x;if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');}
const int N = 1e5 + 10;
int id, T, n, m, ans;
int a[N];
bool b[N], vis[N], l[N];
vector<int> e[N];
void get_ans(int u){
if (vis[u]) return;
ans++;
vis[u] = 1;
for (auto v : e[u]) get_ans(v);
}
void modify(int u){
if (vis[u]) return;
vis[u] = 1;
for (auto v : e[u]) modify(v);
}
int main(){
id = read(), T = read();
while (T--){
n = read(), m = read();
for (int i = 1; i <= n + 3; i++) a[i] = i, b[i] = 0, vis[i] = 0, l[i] = 0;
for (int i = 1; i <= n + 3; i++) e[i].clear();
ans = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++){
char c; cin >> c;
if (c == '+'){
int x = read(), y = read();
a[x] = a[y];
b[x] = b[y];
}else if (c == '-'){
int x = read(), y = read();
a[x] = a[y];
b[x] = b[y] ^ 1;
}else if (c == 'T'){
int x = read();
a[x] = a[n + 1];
b[x] = b[n + 1];
}else if (c == 'F'){
int x = read();
a[x] = a[n + 2];
b[x] = b[n + 2];
}else{
int x = read();
a[x] = a[n + 3];
b[x] = b[n + 3];
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) e[a[i]].emplace_back(i);
for (int i = 1; i <= n; i++) if (a[i] == i && b[i]) get_ans(i);
get_ans(n + 3);
ans--;
for (int i = 1; i <= n; i++){
if (vis[i]) continue;
int u = a[i];
l[i] = 1;
while (!l[u]){
l[u] = 1;
u = a[u];
}
int p = a[u], sum = b[u];
while (p != u){
sum += b[p];
p = a[p];
}
if (sum & 1) get_ans(u);
else modify(u);
}
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号