2022牛客暑期多校第二场
【构造+打表找规律/Dilworth定理】G
【题意】
构造一个 n 的排列，使得 max(lis,lds) 最小。（lis为最长上升子序列长度，lds为最长下降子序列长度）
【题解】
最小值为$\left \lceil \sqrt{n} \right \rceil$。
可行性：构造方法为依次排列$\left \lceil \sqrt{n} \right \rceil$个上升/下降序列，如 2 1 / 5 4 3 / 8 7 6
正确性：Dilworth定理 - 偏序集的最长反链 = 最小链分划
偏序集：能够定义满足以下条件的$\leq$关系的集合$P$
- $x \leq x\ (x \in P)$
- $x \leq y$且$y \leq x$ $\Rightarrow$ $x=y$
- $x \leq y$且$y \leq z$ $\Rightarrow$ $x \leq z$
链：$P$的子集$Q={x_1,x_2, \cdots, x_k}$使得$x_1 \leq x_2 \leq \cdots \leq x_k$，且$x_i \neq x_j\ (i \neq j)$
最小链划分：将$P$划分成$m$条互不相交的链，使得$m$最小
最长反链：$P$的最大子集$S$，使得$\forall i \neq j,\ x_i \nleqslant x_j$
此问题中，$p_i$表示排列中的第$i$个数，则：
- $P={(1,p_1),(2,p_2),\cdots,(n,p_n)}$
- $\leq$关系定义为$(i,p_i) \leq (j,p_j) \Leftrightarrow i \leq j\ and\ p_i \leq p_j$
- 一条链即为一个上升子序列
- 最长反链即为最长下降子序列
因此，根据 Dilworth 定理，最长下降子序列 = 最小（上升子序列）划分，即 lds = #is。由于 #$is \cdot lis \geq n$，那么$lds \cdot lis \geq n$，那么$max(lis,lds) \geq \left \lceil \sqrt{n} \right \rceil$。
【代码】
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const double eps=1e-9; int T,n,num,cnt,r,idx; int main() { scanf("%d",&T); while (T--){ scanf("%d",&n); num=(int)(sqrt((double)n)-eps)+1; //节数 cnt=n/num; //每节有几个数 r=n%num; //余数放到最后r节 idx=0; for (int i=1;i<=num-r;i++){ idx+=cnt; for (int j=idx;j>idx-cnt;j--) printf("%d ",j); } for (int i=num-r+1;i<=num;i++){ idx+=cnt+1; for (int j=idx;j>idx-cnt-1;j--) printf("%d ",j); } printf("\n"); } return 0; }
【括号串dp】K
【题意】
给定一个长度为 n 的括号串s（不一定合法），求以 s 为子序列的长度为 m 的合法括号串的数量。$1 \leq T \leq 100, 1 \leq n,m \leq 200$
【题解】
$dp[i][j][k]$：长度为 i，与 s 的最长公共子序列长为 j（不要包含至第 j 位，也不要以第 j 位结尾，否则都会重复计算！）, 有 k 个左括号的括号串（不一定合法）的个数
$$ dp[i][j][k](j > 0)\ +=\ \left\{\begin{matrix}
left\ bracket \left\{\begin{matrix}
dp[i-1][j-1][k-1]\ \ if\ s[j]='(' \\
dp[i-1][j][k-1]\ \ if\ s[j{\color{Red} +1}]=')'\end{matrix}\right.\\
right\ bracket\ (k \geq i-k) \left\{\begin{matrix}
dp[i-1][j-1][k]\ \ if\ s[j]=')'\\
dp[i-1][j][k]\ \ if\ s[j{\color{Red} +1}]='('\end{matrix}\right.\end{matrix}\right. $$
$$ dp[i][0][k] = (left\ bracket\ only)\ dp[i-1][0][k-1]\ \ if\ s[0]=')' $$
四行为平行关系。注意标红的 +1，很重要！！！因为只有当 s[j+1] = ')' 时，填左括号才能保证由 dp[i-1][j][k-1] 转移过来后最长公共子序列长度仍为 j。
初始条件为 dp[1][0/1][0/1]，根据 s[0] 赋值。所求答案为 dp[m][n][m/2]。
【代码】
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=205; const int mod=1e9+7; int T,n,m,dp[N][N][N>>1]; char s[N]; int main() { scanf("%d",&T); while (T--){ scanf("%d%d",&n,&m); getchar(); scanf("%s",s+1); dp[1][0][0]=0; dp[1][1][0]=0; if (s[1]=='(') dp[1][0][1]=0,dp[1][1][1]=1; else dp[1][0][1]=1,dp[1][1][1]=0; for (int i=2;i<=m;i++) for (int j=0;j<=min(i,n);j++) for (int k=1;k<=min(i,m/2);k++){ dp[i][j][k]=0; if (j==0){ if (s[1]==')') dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k-1]; //只可能填左括号 continue; } //填左括号 if (s[j]=='(') dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j-1][k-1])%mod; if (s[j+1]==')'||j==n) dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j][k-1])%mod; //j==n特判 //填右括号 if (k>=i-k){ if (s[j]==')') dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j-1][k])%mod; if (s[j+1]=='('||j==n) dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j][k])%mod; } } printf("%d\n",dp[m][n][m/2]); } return 0; }
【二分+判负环+取log】D
【题意】
给定一张 n 点 m 边的有向图，边权为实数，图中存在边权乘积大于 1 的环。求最大的 w，使得每条边权乘以 w 后，图中不存在边权乘积大于 1 的环。$2 \leq n \leq 1000, 2 \leq m \leq 2000$
【题解】
首先容易发现 w 与边权乘积具有单调关系，因此想到二分答案。
check(w) 的功能是判断图中是否存在边权乘积大于 1 的环（在求最长路的过程中存在使路径越来越长的环），这相当于判负环（在求最短路的过程中存在使路径越来越短的环），可以用 SPFA 解决，时间复杂度 $O(nm)$。不过由于图不一定连通，单源最长路可能无法覆盖全图。只需对原 SPFA 稍作修改：dis[u] 表示任意点到 u 点的最长路，初始化为 1（自己到自己，根据题意应为 1），并在开始时将全部点加入队列；cnt[u] 表示最长路径经过的边的数量，如果 cnt[u] >= n，说明图中存在边权乘积大于 1 的环（其实这也是连通图判负环的方法之一）。
除此之外，边权乘积可能很大，对此可以进行取 log 操作，变乘为加。
【实现】
对于实数的二分，退出循环条件为 r-l>eps，其中 eps = 精度要求 / 10。
【代码】
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1005; int n,m,b,d,cnt[N]; double a,c,l,r,mid,ans,dis[N]; bool book[N]; struct node{ int v; double w; }; vector<node> out[N]; bool check(double k){ queue<int> q; memset(cnt,0,sizeof(cnt)); for (int i=1;i<=n;i++){ dis[i]=0.0; //取log，log(1)=0 q.push(i); //所有点入队 book[i]=1; } while (!q.empty()){ int u=q.front(); q.pop(); book[u]=0; int len=out[u].size(); for (int i=0;i<len;i++){ int v=out[u][i].v; if (dis[u]+out[u][i].w+k>dis[v]){ dis[v]=dis[u]+out[u][i].w+k; cnt[v]=cnt[u]+1; //记录最长路径经过边数 if (cnt[v]>=n) return 0; if (book[v]==0){ q.push(v); book[v]=1; } } } } return 1; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for (int i=1;i<=m;i++){ scanf("%lf%d%lf%d",&a,&b,&c,&d); out[b].push_back({d,log(c/a)}); } l=0.0;r=1.0;ans=0.0; while (r-l>1e-7){ //精度要求1e-6 mid=(l+r)/2.0; if (check(log(mid))) l=mid,ans=mid; else r=mid; } printf("%.7lf",ans); return 0; }
【图dp】L
【题意】
有 n 张每张 m 个点的有向图，从中选择连续的 w 张，使得从第一张的 1 号点出发，在每张图中要么留在原地，要么走过一条边，然后到达下一张图中同一编号的点，最终到达第 w 张的 m 号点。求最小的 w。$1 \leq n \leq 10^4, 2 \leq m \leq 2 \times 10^3$
【题解】
不难设计状态 dp[i][j] 表示到达第 i 张图的 j 号点，最晚从第几张图的 1 号点出发。
$$ dp[i][j] = \left\{\begin{matrix}
i,\ \ \ if\ j=1\ or\ the\ nodes\ 1\ points\ to \\
max(dp[i-1][j],dp[i{\color{Red} -1}][j']),\ \ \ otherwise\end{matrix}\right. $$
$j'$ 表示指向$j$的点。注意标红的”-1“，不可以从 dp[i][j'] 转移，因为 dp[i][j'] 中存储的可能是已经在第 i 张图中走过一条边的值。
初始状态即转移式第一行，所求答案为 min{ i - dp[i][m] +1 }。
由于直接存储会爆内存，又发现每次转移只需要 i-1 的状态，于是将第一维滚动掉。
【实现】
滚动数组实现 dp 转移式中的第一行：读入第 i 张图的边之前，设上一张图的 1 号点位 i：dp[!cur][1]=i。
【代码】
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int M=2e3+5; int n,m,l,u,v,dp[2][M],cur,ans=2147483647; int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for (int i=1;i<=n;i++){ dp[!cur][1]=i; //转移式中第一行 for (int j=2;j<=m;j++) dp[cur][j]=dp[!cur][j]; scanf("%d",&l); for (int j=1;j<=l;j++){ scanf("%d%d",&u,&v); dp[cur][v]=max(dp[cur][v],dp[!cur][u]); } if (dp[cur][m]) ans=min(ans,i-dp[cur][m]+1); cur=!cur; } if (ans!=2147483647) printf("%d",ans); else printf("-1"); return 0; }
【矩阵乘法】I
【题意】略。
【题解】
把式子写成矩阵乘法的形式，其实就是 vectorization。写出式子为：
$$ Y' = X_{norm}X_{norm}^TY $$
其中$X_{norm}$为$X$沿行归一化后所得矩阵，维度为$n \times k$。$Y$的维度为$n \times d$。$3 \leq n \leq 10^4, 1 \leq k,d \leq 50$，时限3s。
如果按照顺序计算，$X_{norm}X_{norm}^T$的复杂度为$O(n^2k)$，$(X_{norm}X_{norm}^T)Y$的复杂度为$O(n^2d)$，不可行。解决方法根据结合律改变运算顺序，先计算$X_{norm}^TY$，复杂度为$O(knd)$，再计算$X_{norm}(X_{norm}^TY)$，复杂度为$O(nkd)$，就可行了。
【代码】
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n,k,d; double X[10005][55],Y[10005][55],sum,XtY[55][55],ans[10005][55]; int main() { scanf("%d%d%d",&n,&k,&d); for (int i=1;i<=n;i++){ sum=0.0; for (int j=1;j<=k;j++){ scanf("%lf",&X[i][j]); sum+=X[i][j]*X[i][j]; } sum=sqrt(sum); for (int j=1;j<=k;j++) //沿行归一化 X[i][j]/=sum; } for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=d;j++) scanf("%lf",&Y[i][j]); for (int i=1;i<=k;i++) //计算Xnorm^T x Y for (int j=1;j<=d;j++) for (int z=1;z<=n;z++) XtY[i][j]+=X[z][i]*Y[z][j]; for (int i=1;i<=n;i++) //计算Xnorm x XtY for (int j=1;j<=d;j++) for (int z=1;z<=k;z++) ans[i][j]+=X[i][z]*XtY[z][j]; for (int i=1;i<=n;i++){ for (int j=1;j<=d;j++) printf("%.8lf ",ans[i][j]); printf("\n"); } return 0; }
【贪心+实现】H
【题意】
楼高 k 层，有 n 个人要上下楼，每个人有起始楼层和目标楼层，电梯限载 m 人，每次下行必须到达第 1 层才能换上行。电梯走一层消耗一单位时间，上下人时间忽略，求从第 1 层出发，送完所有人，并回到第 1 层所需最少时间。$1 \leq n,m \leq 2 \times 10^5, 1 \leq k \leq 10^9$
【题解】
由于电梯每次下行都必须下到底层，因此我们希望每次上行到达的最高楼层最小。那么每次上行，优先选目标楼层高的人，每次下行，优先选起始楼层高的人，这样可以最小化每次上行所达最高层。值得一提的是，是否允许中途下电梯对答案没有影响。
【实现】
很奇妙的实现方法，想了好久，直接看代码吧。
【代码】
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2e5+5; int n,m,k,a,b,cnt1,cnt2,ans1[N],ans2[N],cnt; long long ans; struct node{ int pos,t; bool operator < (const node &x) const{ if (pos!=x.pos) return pos<x.pos; //priority_queue 符号相反 return t>x.t; } }; priority_queue<node> up,down; int main() { scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for (int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d%d",&a,&b); if (a<b) up.push({a,-1}),up.push({b,1}); //从上往下扫（上下行都是），所以上端点+1，下端点-1 else down.push({a,1}),down.push({b,-1}); } //cnt为当前楼层有多少人【需要】坐电梯 //cnt1,cnt2分别表示需要上/下行多少趟 while (!up.empty()){ //上行 node u=up.top(); up.pop(); cnt+=u.t; if (cnt>cnt1*m) ans1[++cnt1]=u.pos; //电梯每走一趟会运 m 人（如果需 >= 供），
//如果当前需要坐电梯的人数 > 当前能运的人数，
//那么趟数+1，该趟到达最高层为当前层 } cnt=0; while (!down.empty()){ //下行 node u=down.top(); down.pop(); cnt+=u.t; if (cnt>cnt2*m) ans2[++cnt2]=u.pos; } for (int i=1;i<=max(cnt1,cnt2);i++) //统计答案 ans+=2ll*(max(ans1[i],ans2[i])-1ll); //每趟到达的最高层为上下行所达最高层取max printf("%lld",ans); return 0; }
【容斥+多项式】E
TBC.
【Trie+线段树+倍增】F
TBC.
浙公网安备 33010602011771号