HGOI 20191101am 题解
Problem A awesome
给出一个序列$A_i$，任取序列中三个数组成三元组$(a_i , a_j , a_k)$。
输出本质不同的且$abc \equiv 1 (mod P)$且满足$a \leq b \leq c$的三元组$(a,b,c)$的组数。
对于$100\%$的数据满足$n \leq 2333 , P \in Prime$
Soltuion :
本题显然会卡常数，并且出了非常暧昧的数据范围。
设$n$不去重前的数据规模，而$m$是去重前的数据规模。
我们可以使用$O(n)$的暴力处理三元组中三个数都相同的情况。
我们可以使用$O(n^2)$暴力处理三元组中两个数的情况。
我们可以使用$O(n^2 log_2 n)$暴力处理三元组中所有数都不同的情况。
我们将数组中每个数以其模$P$的余数为键值插入到hash表中。
然后对于去重后的数组$O(m^2)$枚举两个不同的数，然后通过逆元从hash表中取出对应的数集即可。
可以通过一个$lower_bound$来计数。
时间复杂度为$O(n^2 log_2 n)$。
# pragma GCC optimize(3) # include <bits/stdc++.h> # define int long long # define hash Hash using namespace std; const int N=3e3+10; int n,p,a[N],s[N],inv[N]; vector<int>tmp; int Pow(int x,int n,int mo) { int ans = 1; while (n) { if (n&1) ans =ans * x %mo; x =x *x % mo; n>>=1; } return ans % mo; } struct Node {int key; vector<int>v;}; vector<Node> hash[1927]; void insert(int key,int val) { int to = key % 1926; for (int i=0;i<hash[to].size();i++) { if (key == hash[to][i].key) { hash[to][i].v.push_back(val); return ; } } Node tmp; tmp.key=key; tmp.v.push_back(val); hash[to].push_back(tmp); } vector<int>ttt; bool find(int key) { int to = key % 1926; for (int i=0;i<hash[to].size();i++) { if (key == hash[to][i].key) { ttt = hash[to][i].v; return 1; } } return 0; } signed main() { scanf("%lld%lld",&n,&p); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); sort(a+1,a+1+n); for (int i=1;i<=n;i++) { for (int j=1;j<=n;j++) if (a[i] == a[j]) s[i]++; } for (int i=1;i<=n;i++) inv[i] = Pow(a[i],p-2,p); for (int i=1;i<=n;i++) tmp.push_back(a[i]); tmp.erase(unique(tmp.begin(),tmp.end()),tmp.end()); for (int i=0;i<tmp.size();i++) insert(tmp[i]%p,tmp[i]); int ans = 0; for (int i=1;i<=n;i++) { if (a[i] == a[i-1] && i!=1) continue; if (s[i]<3) continue; if (a[i] * a[i] % p * a[i] % p == 1) ans++; } for (int i=1;i<=n;i++) { if (a[i] == a[i-1] && i!=1) continue; if (s[i] < 2) continue; for (int j=0;j<tmp.size();j++) if (tmp[j] != a[i] && a[i] * a[i] % p * tmp[j] % p == 1) ans++; } for (int i=1;i<=n;i++) { if (a[i] == a[i-1] && i!=1) continue; for (int j=i+1;j<=n;j++) { if (a[j] == a[j-1] && j!=i+1) continue; if (a[i] >= a[j]) continue; if (a[i] % p == 0 || a[j] % p == 0) continue; int key = 1 * inv[i] * inv[j] % p; if (!find(key)) continue; ans += ttt.end()-upper_bound(ttt.begin(),ttt.end(),a[j]); } } printf("%lld\n",ans); return 0; }
Problem B bag
有$n$个包和$m$个物品，每个包有容量$a_i$，每个物品有体积$w_i$价值$v_i$。
选出$k$个物品，满足每个物品可以放置在$1$个包中，且可以通过排列所有包使得包内物品$w_i,v_i$都单调不增。
输出最大的$k$。
对于$100\%$的数据满足$1 \leq n,m \leq 10^5$
Solution :
首先将$w_i$按照降序排序，当$w_i$相同的时候按照$v_i$降序以最大化$k$。
首先考虑到$k$个物品放入$k$个包，显然会选择$k$个最大的包放入。
问题就转化为对价值$v_i$做一个最长不上升子序列。
设$f[i]$表示考虑到第$i$的位置最长不上升子序列的值，且强制第$i$个人必须选。
朴素的$dp$方程为$f[i] = max(f[i] , f[j] + 1)$，其中$j$能转移到$i$的条件是$v[j] \geq v[i]$且$t[f[j] + 1] \geq w[i]$
这样的时间复杂度为$O(n^2)$
可以通过改变状态为$f[i]$表示长度为$i$的最长不上升子序列最后一个数的最大值是多少。
可以看出$f[i+1] \leq f[i]$ 所以$f$是单调的。
所以可以二分出最后一个$j$使得$f[j] \geq v[i]$ ，用$v[i]$更新$f[j+1]$的值。
所以，此时复杂度为$O(nlog_2n)$
# include<bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; const int N=1e5+10; struct rec{int w,v;}a[N<<1]; bool cmp(rec a,rec b) { if (a.w == b.w) return a.v>b.v; else return a.w > b.w; } int n,m,t[N],f[N]; signed main() { int tt; scanf("%lld",&tt); while (tt--) { scanf("%lld",&n); for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld%lld",&a[i].w,&a[i].v); } sort(a+1,a+1+n,cmp); scanf("%lld",&m); for (int i=1;i<=m;i++) { scanf("%lld",&t[i]); } memset(f,0,sizeof(f)); sort(t+1,t+1+m); reverse(t+1,t+1+m); for (int i=1;i<=n;i++) { int l=1,r=n,p=0; while (l<=r) { int mid=(l+r)>>1; if (f[mid]>=a[i].v) p=mid,l=mid+1; else r=mid-1; } if (a[i].w<=t[p+1] && p+1<=m) f[p+1] = max(f[p+1],a[i].v); } for (int i=n;i>=0;i--) if (f[i] != 0) { printf("%lld\n",i); break; } } return 0; }
Problem C subtree
给出$n,k$，和限制$a_1 , a_2 , ... , a_k$
输出有根树的个数，使得不存在任意一个节点的size，在集合$a_1 , a_2 , ... , a_k$中。
设该树的深度为$i$，给出$[l,r]$，输出$i \in [l,r]$的答案。
对于$100\%$的数据$1 \leq n \leq 500$.
Solution:
设$f[i][j]$表示有$n$个节点的有根树，设其根为$1$，深度为$j$的方案数。
考虑将一棵含有$j$个节点的有根子树的编号强制为$2$ , 拼接到根节点$1$上。
那么就划分为$f[j][d-1]$($2$为根节点的子树)和$f[i-j][d]$(另外一部分树)两个子问题。
同时考虑到除去编号为$1$和编号为$2$两个节点，其他的节点可以任意划分，所以有一个组合数$\binom{i-2}{j-1}$
所以动态规划方程为$f[i][d] = \sum\limits_{j = 1} ^{i-1} f[j][d-1] \times f[i-j][d] \times \binom{i-2}{j-1} $
时间复杂度为$O(n^3)$
# include<bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; const int N=505; const int mo=998244353; int n,k; int f[N][N],c[N][N]; bool flag[N]; signed main() { // freopen("data.in","r",stdin); scanf("%lld%lld",&n,&k); for (int i=0;i<=n;i++) { c[i][0] = c[i][i] = 1; for (int j=1;j<i;j++) c[i][j] = (c[i-1][j-1] + c[i-1][j])%mo; } for (int i=1;i<=k;i++) { int t; scanf("%lld",&t); flag[t] = 1; } if (flag[1]) f[1][1]=0; else f[1][1]=1; for (int d=2;d<=n;d++) { f[1][d] = 1; for (int i=2;i<=n;i++) { for (int j=1;j<=i-1;j++) (f[i][d]+=f[j][d-1]*f[i-j][d]%mo*c[i-2][j-1]%mo)%=mo; } for (int i=1;i<=n;i++) if (flag[i]) f[i][d] = 0; } int l,r; scanf("%lld%lld",&l,&r); for (int i=l;i<=r;i++) printf("%lld ",((f[n][i]-f[n][i-1])%mo+mo)%mo); return 0; }
