8.21 HL模拟赛

A

题目

赛时写了 \(BFS\) 80pts，本来以为是超时了，后来越想越不对劲，它和动规的时间复杂度应该一样啊

然后去看了记录:

记录

这是 \(BFS\) 的记录：

这是动规的记录：

减枝后的 \(BFS\) 比动规更快，可惜被卡了内存

题解

设计状态 \(dp_{i,j,k}\) 表示走了第 \(i\) 步以后，到达坐标 \(j,k\) 所需要删的最少步数

滚动数组优化掉第一维，然后就好了，转移时注意遍历地图的顺序

CODE

#include<bits/stdc++.h>
#define usetime() (double)clock () / CLOCKS_PER_SEC * 1000.0
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=405;
const int inf=2e9+1;
void read(int& x){
	char c;
	bool f=0;
	while((c=getchar())<48) f|=(c==45);
	x=c-48;
	while((c=getchar())>47) x=(x<<3)+(x<<1)+c-48;
	x=(f ? -x : x);
}
void read(char& c){
	do{
		c=getchar();
	}while(c==10||c==13);
}
struct node{
	int x,y,st,p;
};
int n,m,k;
char mp[maxn][maxn];
char s[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int main(){
	freopen("island.in","r",stdin);
	freopen("island.out","w",stdout);
	read(n),read(m),read(k);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			read(mp[i][j]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=k;i++){
		read(s[i]);
	}
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	dp[1][1]=0;
	for(int l=1;l<=k;l++){
		if(s[l]=='R'){
			for(int i=n;i>=1;i--){
				for(int j=m;j>=1;j--){
					if(mp[i][j]=='1') continue;
					dp[i][j]=min(dp[i][j]+1,dp[i][j-1]);
				}
			}
		}
		else if(s[l]=='D'){
			for(int i=n;i>=1;i--){
				for(int j=m;j>=1;j--){
					if(mp[i][j]=='1') continue;
					dp[i][j]=min(dp[i][j]+1,dp[i-1][j]);
				}
			}
		}
		else if(s[l]=='L'){
			for(int i=1;i<=n;i++){
				for(int j=1;j<=m;j++){
					if(mp[i][j]=='1') continue;
					dp[i][j]=min(dp[i][j]+1,dp[i][j+1]);
				}
			}
		}
		else if(s[l]=='U'){
			for(int i=1;i<=n;i++){
				for(int j=1;j<=m;j++){
					if(mp[i][j]=='1') continue;
					dp[i][j]=min(dp[i][j]+1,dp[i+1][j]);
				}
			}
		}
	}
	int ans=2e9+1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			ans=min(ans,dp[i][j]);
		}
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}
//^o^

B

题目

又是快结束才想出来

当排列长度一定时，除去所有变换后相同的序列，其他序列一定满足一半是比原序列字典序小，一半比原序列字典序大

所有只要求得变换后相同的序列个数即可

发现对于一个有序排列，每个元素至多参与一次交换操作，得到的序列进行变换一定和原序列相同

考虑递推，设 \(f(i)\) 表示长度为 \(i\) 的排列变换后相同的排列个数

每次多一个元素，都可以看成在 \(i-1\) 长度的基础上把每个元素的值增加 \(1\) ，并且在开头加上一个 \(1\)

这个 \(1\) 可以选择不进行交换，此时方案数为 \(f(i-1)\)

若交换，则相当于序列中的两个元素不能再进行交换操作

由于 \(1\) 可以与 \(i-1\) 中的任意元素交换，所以此时方案数为 \((i-1)\times f(i-2)\)

综上，得到：

\[f(i)=f(i-1)+(i-1) \times f(i-2) \]

所以，当好的排列的长度为 \(n\) 时，其方案数为 \(\frac{n!-f(n)}{2}\)

CODE

#include<bits/stdc++.h>
#define usetime() (double)clock () / CLOCKS_PER_SEC * 1000.0
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=1e7+5;
void read(LL& x){
	char c;
	bool f=0;
	while((c=getchar())<48) f|=(c==45);
	x=c-48;
	while((c=getchar())>47) x=(x<<3)+(x<<1)+c-48;
	x=(f ? -x : x);
}
LL n,mod;
LL f[maxn];
LL fac[maxn];
int main(){
	freopen("perm.in","r",stdin);
	freopen("perm.out","w",stdout);
	read(n),read(mod);
	fac[1]=1;
	f[0]=1,f[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
		f[i]=(f[i-1]+f[i-2]*(i-1)%mod)%mod;
	}
	LL ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		LL ansi=(fac[i]-f[i]+mod)%mod;
		if((ansi&1)&&(mod&1)) ansi=(ansi+mod)/2%mod;
		else ansi=ansi/2; 
		ans^=ansi;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}
//^o^

C

8.22补

题目

树上最长的路径就是树的直径，那么设 \(x,y\) 时直径的两端

考虑枚举价值，当价值大于或等于 \(d\) 时，可以发现，所有距离 \(x\) 大于 \(d\) 的点必须与 \(x\) 异色

同理，所有距离 \(y\) 大于 \(d\) 的点必须与 \(y\) 异色

也就是说，此时那些到 \(x,y\) 的距离均小于 \(d\) 的点是不受限制的

那么可以用容斥原理解决，详见代码

CODE

#include<bits/stdc++.h>
#define usetime() (double)clock () / CLOCKS_PER_SEC * 1000.0
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=1e6+5;
void read(int& x){
	char c;
	bool f=0;
	while((c=getchar())<48) f|=(c==45);
	x=c-48;
	while((c=getchar())>47) x=(x<<3)+(x<<1)+c-48;
	x=(f ? -x : x);
}
int n;
int head[maxn],nxt[maxn<<1],e[maxn<<1];
int mp_cnt;
void init_mp(){
	memset(head,-1,sizeof(head));
	mp_cnt=-1;
}
void add_edge(int u,int v){
	e[++mp_cnt]=v;
	nxt[mp_cnt]=head[u];
	head[u]=mp_cnt;
}
int disx[maxn],disy[maxn];
int dep[maxn];
int pw[maxn];
int t[maxn];
LL ans[maxn];
int ansi;
void get_dot(int u,int fa){
	dep[u]=dep[fa]+1;
	if(dep[ansi]<dep[u]) ansi=u;
	for(int i=head[u];~i;i=nxt[i]){
		int v=e[i];
		if(v==fa) continue;
		get_dot(v,u);
	}
}
int get_d(int& x,int& y){
	ansi=0,get_dot(1,0);
	x=ansi;
	ansi=0,get_dot(x,0);
	y=ansi;
	return dep[y]-1;
}
void get_dis(int u,int fa,int* dis){
	dis[u]=dis[fa]+1;
	for(int i=head[u];~i;i=nxt[i]){
		int v=e[i];
		if(v==fa) continue;
		get_dis(v,u,dis);
	}
}
int main(){
	freopen("tree.in","r",stdin);
	freopen("tree.out","w",stdout);
	read(n);
	int u,v;
	init_mp();
	for(int i=1;i<n;i++){
		read(u),read(v);
		add_edge(u,v),add_edge(v,u);
	}
	int x,y;
	int s=get_d(x,y);
	disx[0]=-1,disy[0]=-1;
	get_dis(x,0,disx),get_dis(y,0,disy);
	int lim=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(i==x||i==y) continue;
		lim=max(lim,min(disx[i],disy[i]));
		++t[max(disx[i],disy[i])];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) t[i]=t[i-1]+t[i];
	pw[0]=1;
	for(int i=1;i<=2*n;i++){
		pw[i]=1ll*pw[i-1]*2%mod;
	}
	LL sum=1ll*s*pw[n-2]%mod;
	ans[0]=1;
	for(int i=lim;i<=n;i++){
		ans[i]=pw[t[i]];
		//cout<<i<<' '<<sum<<endl;
		sum+=(ans[i]-ans[i-1]+mod)*i%mod;
		sum%=mod;
	}
	printf("%lld",sum*2%mod);
	return 0;
}
//^o^