暑假集训CSP提高模拟22-23
1.法阵
转化题意，就是每一行有一段连续的东西，每一列有一段连续的空格，求方案数。手模一下，整个图大概是长这个样子
由于它是一个向内凹进去的形状，所以它一定有一个转折点，我们可以去枚举这个转折点的位置求方案数，例如 \(A\) 点
其左边区域的方案数我们以水平线分上下两部分求，因为是方格，所以我们可以观察到一种情况对应一个边界线的形状，
从这里看，实际上从左上角到 \(A\) 的部分的方案数就是从左上角走到 \(A\) 点的不同路径数，对四部分都求一下即可
考虑边界,当 \(A\) 与 \(B\) 重回时的情况在 \(A\) 区域算了一次，在 \(B\) 又算了一次，所以要减去，由于方案数与 \(n,m\) 无关
所以将 \(n,m\) 互换方案数一样，直接乘二
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
const int mod=998244353;
const int maxn=1<<12;
using namespace std;
int n,m,jc[maxn+5],jcny[maxn+5],ans=0,sum;
void pre(){
for(int i=(jc[0]=jcny[0]=jcny[1]=1)+1;i<=maxn;i++)
jcny[i]=1ll*jcny[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
for(int i=1;i<=maxn;i++)
jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod,jcny[i]=1ll*jcny[i-1]*jcny[i]%mod;
}
int f(int x,int y)
{
// cout<<jcny[x]<<" "<<jcny[y]<<endl;
return 1ll*jc[x+y]*jcny[x]%mod*jcny[y]%mod;
}
signed main()
{
freopen("magic.in","r",stdin);
freopen("magic.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>m;
pre();
for(int i=1;i<=m-1;i++)
{
sum=0;
for(int j=1;j<=n-1;j++)
{
sum=(sum+1ll*f(i,j-1)%mod*f(i-1,n-j))%mod;
// cout<<c(i,j-1)*c(i-1,n-j)<<endl;
ans=(ans+1ll*sum*f(m-1-i,j)%mod*f(m-i,n-1-j)%mod)%mod;
}
}
// swap(n,m);
n^=m^=n^=m;
for(int i=1;i<=m-1;i++)
{
sum=0;
for(int j=1;j<=n-1;j++)
{
ans=(ans+1ll*sum*f(m-1-i,j)%mod*f(m-i,n-1-j)%mod)%mod;
sum=(sum+1ll*f(i,j-1)%mod*f(i-1,n-j))%mod;
}
}
cout<<(ans<<1)%mod;
return 0;
}
2. 连通块
一个常见套路，把删边改为倒着加边，让后再维护最长直径，可以发现询问一个点时，离他最远的点一定是直径的两个端点之一
可以自己画个图手模一下，反证法很好证。求的时候就可以提前用 \(dfs\) 序求一下每个点的深度和 \(lca\) ，直接求就行。
现在题目就转化成了如果在加边时维护直径，对于两个图，他俩之间连了一条边，那么新直径的端点也一定是在这两个图的两个
直径的四个点里面去取，用上面自己证的那个结论就能证。一共6种情况，并查集维护一下连通性，再存一下端点就行
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=2e5+10;
using namespace std;
int n,m,head[maxn],to[maxn<<1],nxt[maxn<<1],tot,pu[maxn],vis[maxn];
int fa[maxn],x[maxn],y[maxn],w[maxn],la[maxn],lb[maxn];
inline int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
inline void add(int x,int y)
{
to[++tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
struct LCA
{
int dfn[maxn],tot,dep[maxn],st[20][maxn];
int get(int x,int y) {return dep[x]<dep[y]?x:y;}
void dfs(int u,int fa)
{
dfn[u]=++tot,st[0][tot]=fa; dep[u]=dep[fa]+1;
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=fa) dfs(to[i],u);
}
void init()
{
dfs(1,0);
for(int i=1;(1<<i)<=n;i++)
for(int j=1;j<=n-(1<<i)+1;j++)
st[i][j]=get(st[i-1][j],st[i-1][j+(1<<i-1)]);
}
int lca(int x,int y)
{
if(x==y) return x;
if((x=dfn[x])>(y=dfn[y])) swap(x,y);
int l=__lg(y-x);
return get(st[l][x+1],st[l][y-(1<<l)+1]);
}
int sol(int x,int y)
{
return dep[x]+dep[y]-dep[lca(x,y)]*2;
}
void merge(int x,int y)
{
if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
int a=find(x),b=find(y);
fa[b]=a;
int aa[5],maxx=0;
aa[1]=la[a],aa[2]=lb[a],aa[3]=la[b],aa[4]=lb[b];
for(int i=1;i<=4;i++)
{
for(int j=i+1;j<=4;j++)
{
if(sol(aa[i],aa[j])>maxx)
{
maxx=sol(aa[i],aa[j]);
la[a]=aa[i];
lb[a]=aa[j];
}
}
}
}
int ans(int x)
{
int y=find(x);
return max(sol(x,la[y]),sol(x,lb[y]));
}
}e;
int main()
{
freopen("block.in","r",stdin);
freopen("block.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i,la[i]=i,lb[i]=i;
for(int i=1;i<n;i++)
{
cin>>x[i]>>y[i];
add(x[i],y[i]);
add(y[i],x[i]);
}
e.init();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int op,f;
cin>>op>>f;
if(op==1)
{
vis[f]=1;
w[i]=f;
}
else
{
w[i]=-f;
}
}
for(int i=1;i<n;i++)
{
if(!vis[i])
{
e.merge(x[i],y[i]);
}
}
fill(pu+1,pu+1+m,-1);
for(int i=m;i>=1;i--)
{
if(w[i]>0)
{
e.merge(x[w[i]],y[w[i]]);
}
else
{
w[i]=-w[i];
pu[i]=e.ans(w[i]);
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(pu[i]==-1)continue;
cout<<pu[i]<<'\n';
}
return 0;
}
A. 进击的巨人
提前感谢学长提供的公式的 \(markdown\)
容易发现 \(0\) 是分割线，所以考虑每个分割出来块，里面只有 \(1,?\),其期望值为
\[\begin{aligned}
E(X)
&=
\sum_{0\le L < R\le n}(R - L)^k \times \tfrac{1}{2^{cnt_R - cnt_L}}\\
&=
\sum_{0\le L < R\le n}\sum_{i = 0}^k\binom{k}{i}R^{k - i}\times (-L)^i\times\tfrac{1}{2^{cnt_R - cnt_L}}\\
&=
\sum_{i = 0}^k\binom{k}{i}\sum_{0\le L < R\le n}R^{k - i}\times 2^{-cnt_R}\times (-L)^i\times 2^{cnt_L}\\
&=
\sum_{i = 0}^k\binom{k}{i}\sum_{R = 1}^nR^{k - i}\times 2^{-cnt_R}\times (\sum_{L = 0}^{R - 1}(-L)^i\times 2^{cnt_L})
\end{aligned}
\]
可以发现后面括号括起来的部分可以用前缀和提前预处理出来，所以整体复杂度在 \(O(nk)\) 左右
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
const int mod=998244353;
const int maxn=1e5+10;
using namespace std;
int n,k,cnt,ans,l[maxn],r[maxn],jc[100],jcny[100],sum[maxn];
int cheng[maxn];
char s[maxn];
void pre(){
for(int i=(jc[0]=jcny[0]=jcny[1]=1)+1;i<=31;i++)
jcny[i]=1ll*jcny[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
for(int i=1;i<=31;i++)
jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod,jcny[i]=1ll*jcny[i-1]*jcny[i]%mod;
}
int qpow(int x,int y)
{
int ans=1;
while(y)
{
if(y&1)ans=ans*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return ans;
}
int c(int x,int y)
{
// cout<<jcny[x]<<" "<<jcny[y]<<endl;
return 1ll*jc[x]*jcny[x-y]%mod*jcny[y]%mod;
}
signed main()
{
freopen("attack.in","r",stdin);
freopen("attack.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>k;
pre();
cin>>s+1;
int L=1,R=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(s[i]=='0')
{
l[++cnt]=L-1,r[cnt]=R;
L=i+1,R=i;
}
else
{
R++;
}
}
if(s[n]!='0')l[++cnt]=L-1,r[cnt]=R;
// for(int t=1;t<=cnt;t++) cout<<l[t]<<" "<<r[t]<<'\n';
for(int t=1;t<=cnt;t++)
{
for(int i=l[t];i<=r[t];i++)
{
if(s[i]=='0')continue;
if(s[i]=='?')sum[i]++;
sum[i]+=sum[i-1];
}
// for(int i=l[t];i<=r[t];i++)
// cout<<i<<" "<<sum[i]<<'\n';
}
char ss=s[1];
for(int s=0;s<=k;s++)
{
int temp=0;
for(int t=(ss=='0')+1;t<=cnt;t++)
{
// cout<<t<<"!"<<'\n';
cheng[l[t]-1]=0;
for(int i=l[t];i<r[t];i++)
{
cheng[i]=(cheng[i-1]+1ll*qpow(-i,s)*qpow(2,sum[i])%mod)%mod;
// cout<<cheng[i]<<'\n';
}
for(int i=l[t]+1;i<=r[t];i++)
{
temp=(temp+1ll*qpow(i,k-s)*qpow(qpow(2,sum[i]),mod-2)%mod*cheng[i-1]%mod)%mod;
// cout<<temp<<" "<<cheng[i-1]<<"!"<<endl;
}
}
ans=(ans+temp*c(k,s)%mod+mod)%mod;
// cout<<temp<<"!"<<'\n';
}
cout<<ans;
return 0;
}
/*
3 1
01?
*/
B. Wallpaper Collection
设 \(f_{i, j}\) 表示当前考虑了前 \(i\) 行，其中第 \(i\) 行的初始位置为 \(j\) 时，最大的喜爱值之和。
转移枚举第 \(i + 1\) 行的初始位置 \(k\) ，发现在第 \(i + 1\) 行运动的区间满足 \(L\le \min(j, k), R\ge \max(j, k)\) ，此时转移为：
\[f_{i + 1, k} = \max_j(f_{i, j} + \max_{L\le \min(j, k), R\ge \max(j, k)}(\operatorname{sum}(i + 1, L, R)))
\]
设 \(S_{i, j} = \sum_{k = 1}^{j}a_{i, k}, T_{i, j} = \sum_{k = j}^{n} a_{i, k}\) ，那么 \(\operatorname{sum}(i, L, R) = sum_i - S_{i, L - 1} - T_{i, R + 1}\) 。
取 \(\max\) 只需要维护 \(S, T\) 的前后缀 \(\min\) 即可。复杂度 \(O(n^3)\)
1000的数据这样还是有点悬啊，所以考虑优化，对于要求的 \(f_{i + 1, k}\) 的两维不能优化，这玩意也没有啥单调性，常规优化
不太可行，第三维考虑与 \(k\) 的关系，直接前后缀和优化一下就行
\[f_{i + 1, k} = \max_{j \le k}(f_{i, j} + sum_{i + 1} - MinS_{i + 1, j - 1} - MinT_{i + 1, k + 1})
\]
\[f_{i + 1, k} = \max_{k \le j}(f_{i, j} + sum_{i + 1} - MinT_{i + 1, j + 1} - MinS_{i + 1, k - 1})
\]
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int maxn=1010;
using namespace std;
int n,m,a[maxn][maxn];
ll f[maxn][maxn],sum[maxn],s[maxn][maxn],t[maxn][maxn],ans=-1e17;
ll tem[maxn],temp[maxn],mins[maxn][maxn],mint[maxn][maxn];
int main()
{
freopen("WallpaperCollection.in","r",stdin);
freopen("WallpaperCollection.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
cin>>a[i][j];
sum[i]+=a[i][j];
}
}
// puts("<---------------------------->");
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
s[i][j]=s[i][j-1]+a[i][j];
mins[i][j]=min(mins[i][j-1],s[i][j]);
// cout<<s[i][j]<<" ";
}
// cout<<endl;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=m;j>=1;j--)
{
t[i][j]=t[i][j+1]+a[i][j];
mint[i][j]=min(mint[i][j+1],t[i][j]);
}
}
memset(f,0xcf,sizeof f);
for(int i=1;i<=m;i++)
f[0][i]=0;
for(int i=0;i<=n;i++)
{
fill(tem+1,tem+1+m,0);
fill(temp+1,temp+1+m,0);
tem[0]=temp[0]=-0x7f7f7f7f7f;
for(int j=1;j<=m;j++)
{
// cout<<mins[i+1][j-1]<<endl;
tem[j]=max(tem[j-1],f[i][j]-mins[i+1][j-1]);
}
for(int j=1;j<=m;j++)
{
f[i+1][j]=tem[j]+sum[i+1]-mint[i+1][j+1];
// cout<<f[i+1][j]<<endl;
}
for(int j=m;j>=1;j--)
{
temp[j]=max(temp[j+1],f[i][j]-mint[i+1][j+1]);
}
for(int j=m;j>=1;j--)
{
f[i+1][j]=max(f[i+1][j],temp[j]+sum[i+1]-mins[i+1][j-1]);
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
ans=max(ans,f[n+1][i]);
cout<<ans;
return 0;
}
/*
*/
浙公网安备 33010602011771号