CSP-S2考前综合强化刷题 Day3

欢乐

求最小的 $K$ 使得 $K!\ge \frac{N!}{K!}$。

$$\begin{gathered} {\log }_a(M\times N)={\log }_{a}M+{\log }_{a}N \\ {\log }_a\frac{M}{N}={\log }_{a}M-{\log }_{a}N \end{gathered}$$

比较阶乘的大小可以取对数，因为 $\log (a)<\log (b)⟺a<b$。那么

$$\begin{gathered} \ln n!=\ln \prod _{i=1}^{n}i \\ =\sum _{i=1}^n\ln (i) \\ \ln \frac{n!}{k!}=\ln (n)-\ln (k) \end{gathered}$$

所以用数学库中的 log 函数预处理前缀和，二分一个 $k$ 判断一下。

能判断阶乘的大小，是不是也可以判断组合数的大小？

水题

b:[a]:2;c:[a]:3;a:[]:1/2

//依赖限制可以直接模拟，最好看成拓扑排序
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2000 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
inline int read() {
	int x = 0, f = 0; char ch = 0;
	while (!isdigit(ch)) f |= ch == '-', ch = getchar();
	while (isdigit(ch)) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return f ? -x : x;
}
map <string, int> mp;
string s;
struct node {
	int need, num;
	vector <int> rely;
	string name;
	int ac;
}a[N];
string name[N];
int len, n, dian, cnt, lim, now;
bool cmp(node a, node b) {
	if (a.ac != b.ac) return a.ac < b.ac;
	return a.name < b.name;
}
bool kil[N], vis[N];
int id[N];
int cd[N];
int okt[N];
signed main() {
	cin >> s;
	len = s.size(), n = 0, dian = 0, cnt = 0;
	for (int i = 0; i < len; i++) {
		if (s[i] == ';') dian = i + 1;
		if (s[i] == ';' || s[i] == '/') {
			int d = 0;
			for (int j = i - 1, mul = 1; j >= 0 && isdigit(s[j]); j--, mul *= 10) d += mul * (s[j] - '0');
			a[++cnt].need = d;
		}
		if (s[i] == ':' && dian != -1) a[++n].name = s.substr(dian, i - dian), dian = -1;
		if (s[i] == '/') {
			for (int j = i + 1; j < len; j++) lim = lim * 10 + (s[j] - '0');
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) mp[a[i].name] = i;
	int kh = 0; cnt = 0;
	for (int i = 0; i < len; i++) {
		if (s[i] == '[') kh = i, cnt++;
		if (s[i] == ']') {
			string t = ""; 
			for (int j = kh + 1; j <= i; j++) {
				if (s[j] == ',' || s[j] == ']' && t != "") {
					a[cnt].rely.push_back(mp[t]);
					t = "";
				}
				else t += s[j];
			}
		}
	}
	int ans = 0, ok = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) a[i].num = i;
	while (ok) {
		vector <node> cur;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			if (kil[i] || vis[i]) continue;
			bool flg = 1;
			int maxn = -1;
			for (int j = 0; j < a[i].rely.size(); j++) {
				if (!kil[a[i].rely[j]]) {
					flg = 0;
					break;
				}	
				maxn = max(maxn, okt[a[i].rely[j]]);
			}	
			if (flg) {
				a[i].ac = maxn;
				cur.push_back(a[i]);
			}
		}
		sort(cur.begin(), cur.end(), cmp);
		int p = 0;
		for (int i = 1; i <= lim; i++) if (!cd[i] && cur.size()) {
			node task = cur[0];
			cd[i] = task.need; 
			id[i] = cur[0].num;
			vis[id[i]] = 1;
			cur.erase(cur.begin());
		}
		int minn = INF;
		for (int i = 1; i <= lim; i++) if (cd[i]){
			minn = min(minn, cd[i]);
		}
		if (minn != INF) {
			for (int i = 1; i <= lim; i++) if (cd[i]) {
				cd[i] -= minn;
				if (cd[i] == 0) kil[id[i]] = 1, okt[id[i]] = ans + minn;
			}
			ans += minn;
		}
		ok = 0;
		for (int i = 1; i <= n; i++) 
			if (!kil[i]) {
				ok = 1;
				break;
			}
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

模拟

赛

求 ${\sum }_{l=1}^n{\sum }_{r=l}^{n}f(a_{l\sim r})$ 其中 $f$ 为 V 字三元组 $i<j<k,a_i>a_j,a_k>a_j$ 的个数。

套路题，可惜没时间了，这告诉我们除了 T1 外其它题可能不按难度排序。

转换成每个三元组出现在多少个区间内，我们枚举中间数 $x$，那么两边的数都比它大，所以线段树预处理一下，假设 $l$ 为左边的符合要求的数的下标和为 $l$，右边符合要求的数与 $n$ 之差的和为 $r$，匹配一下答案是 $l\times r$。值得一提的是，两棵线段树要一个个加数来满足相对位置的限制。

其实这是一个对数字相对大小有限制的套路了，那么如果是对下标大小有限制呢。假设是 $a_1\sim a_n$，我们处理到了 $i$，如果 $a_i$ 出现过了，那么线段树中 $a_i=1$，那么 $1\sim i$ 的所有位置是 $1$ 的，代表这个位置在 $i$ 之前出现过，其它是 $0$ 的位置那么在 $i$ 之后出现过，当然也可以搞成一个桶相当于求出现的次数，这个 $01$ 的花也可以上线段树哈希。