2023.9.23测试
T1 雷老师的正偏态分布
给出一组数据 \(a_1,a_2,\dots,a_n\)，统计 \(a\) 的所有子集中平均数小于中位数的子集数量（子集大小为奇数）
\(1\leq n\leq 100\)，\(1\leq V\leq 800\)
容易想到排序，然后枚举中位数 \(x\) 和它的左右两边选取数的数量 \(j\)。设左右两边选取的数的和分别是 \(s_1,s_2\)，则需满足 \(s_1+s_2<2*j*x\)
因为值域很小，可以左右两边背包，设 \(f_{j,k}/g_{j,k}\) 表示左边/右边选 \(j\) 个数和为 \(k\) 的方案数，\(S=2*j*x\)，则贡献为 \(f_{j,k}\times \sum\limits_{t=1}^{S-k-1}g_{j,t}\)，做前缀和可以做到 \(O(n^3V)\) 加上枚举的复杂度为 \(O(n^4V)\)，考场上这样写拿到 \(70\) 分
其实发现对于左边来说，每次移动相当于加上一个数，对于右边来说相当于减去一个数（即反悔背包），这样可以做到 \(O(n^3V)\)
code
#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#define LL long long
using namespace std;
const int N=110,V=810;
const int MOD=998244353;
int n,v,a[N],t,s;
int f[N>>1][N*V],g[N>>1][N*V][2],sum[N>>1][N*V],ans;
void prework()
{
t=n/2; s=n*v;
f[0][0]=g[0][0][0]=1;
for(int i=1; i<=n; i++)
for(int j=t; j>=1; j--)
for(int k=s; k>=0; k--)
(g[j][k][0]+=g[j-1][k-a[i]][0])%=MOD;
}
void solve1(int i)
{
if(i<1)
return;
for(int j=t; j>=1; j--)
for(int k=s; k>=a[i]; k--)
(f[j][k]+=f[j-1][k-a[i]])%=MOD;
}
void solve2(int i)
{
if(i<1)
return;
g[0][0][1]=1;
for(int j=1; j<=t; j++)
{
for(int k=0; k<=s; k++)
{
if(k<a[i])
g[j][k][1]=g[j][k][0];
else
g[j][k][1]=((g[j][k][0]-g[j-1][k-a[i]][1])%MOD+MOD)%MOD;
g[j][k][0]=g[j][k][1];
sum[j][k]=(sum[j][k-1]+g[j][k][0])%MOD;
}
}
}
int main()
{
// freopen("end010.in","r",stdin);
// freopen("a.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&v);
for(int i=1; i<=n; i++)
scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+1+n);
prework();
for(int i=1; i<=n; i++)
{
solve1(i-1); solve2(i);
for(int j=1; j<=min(i-1,n-i); j++)
for(int k=1,S=j*2*a[i]; k<S; k++)
(ans+=1LL*f[j][k]*sum[j][S-k-1]%MOD)%=MOD;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
T2 假期计划Ⅱ
（P8906 [USACO22DEC] Breakdown P）
有点像 CSP-2022 T1 加强版
首先删边转加边，经典套路
之后也是经典的折半搜，设 \(h_i\) 表示 \(1\) 到 \(k\) 经过 \(k\) 条边的最短路，其中 \(k\leq 4\)。这里只考虑 \(k=4\)
考虑维护任意两点间最短路 \(f_{i,j}\)。加边时只会对 \(i=u\) 或 \(j=v\) 造成贡献，复杂度 \(O(n)\)。对于 \(h_i\)，枚举中转站 \(j\)，计算 \(f_{1,j}+f_{j,i}\)。注意到只有 \(i/j=u/v\) 时会产生贡献度，复杂度 \(O(n)\)。
注意特判 \(u=1\) 的情况，总复杂度 \(O(n^3)\)
code
#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
using namespace std;
const int N=310,M=90010,INF=1e9;
int n,k,m,ans[M];
int e[N][N],u[M],v[M];
struct GR
{
int k,st,e[N][N],f[N][N],h[N];
void init(int _k,int _st)
{
k=_k; st=_st;
memset(e,0x3f,sizeof(e));
memset(f,0x3f,sizeof(f));
memset(h,0x3f,sizeof(h));
if(!k)
h[st]=0;
}
void add(int x,int y,int z)
{
e[x][y]=z;
if(!k)
return;
if(k==1)
{
if(x==st)
h[y]=z;
return;
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
f[i][y]=min(f[i][y],e[i][x]+z);
f[x][i]=min(f[x][i],z+e[y][i]);
}
if(k==2)
{
for(int i=1; i<=n; i++)
h[i]=f[st][i];
return;
}
auto p=(k==3)? e:f;
if(x==st)
{
for(int i=1; i<=n; i++)
for(int j=1; j<=n; j++)
h[j]=min(h[j],f[x][i]+p[i][j]);
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
h[i]=min(h[i],f[st][x]+p[x][i]);
h[i]=min(h[i],f[st][y]+p[y][i]);
h[x]=min(h[x],f[st][i]+p[i][x]);
h[y]=min(h[y],f[st][i]+p[i][y]);
}
}
}k1,k2;
int main()
{
memset(ans,0x3f,sizeof(ans));
scanf("%d%d",&n,&k);
m=n*n;
for(int i=1; i<=n; i++)
for(int j=1; j<=n; j++)
scanf("%d",&e[i][j]);
for(int i=1; i<=m; i++)
scanf("%d%d",&u[i],&v[i]);
int lcnt=k/2,rcnt=k-lcnt;
k1.init(lcnt,1); k2.init(rcnt,n);
for(int i=m; i>=1; i--)
{
for(int j=1; j<=n; j++)
ans[i]=min(ans[i],k1.h[j]+k2.h[j]);
k1.add(u[i],v[i],e[u[i]][v[i]]);
k2.add(v[i],u[i],e[u[i]][v[i]]);
}
for(int i=1; i<=m; i++)
{
if(ans[i]>=INF)
printf("-1\n");
else
printf("%d\n",ans[i]);
}
return 0;
}
T3 永不加班
很蓝的啦
考虑朴素的 DP，设 \(g_{i,j}\) 表示 \(b_i=j\) 时的最小答案，则有转移 \(g_{i,j}=\min\limits_{k\ge j}g_{i-1,k}+f(j,a_i)\)，复杂度 \(O(nV)\)
对 \(g_{i-1}\) 做一遍后缀 \(\rm min\)，然后令 \(g_{i,j}\leftarrow g_{i-1,j}+f(j,a_i)\)。后缀 \(\min\) 和 \(f\) 优秀的性质使得我们可以快速维护。具体的，对 \(g_{i-1}\) 做后缀 \(\min\) 之后，\(g_{i-1}\) 具有单调性，\(g_{i-1,j}\leq g_{i-1,j+1}\)。而 \(f(j,a_i)\) 是关于 \(j\) 的分段函数，当 \(j<a_i\) 时，相当于对 \(g_{i-1,j}\) 区间加 \(C\)。当 \(j\ge a_i\) 时相当于对 \(g_{i-1,j}\) 加上 \(j-a_i\)。两部分分别具有单调性，所以操作结束后 \(g_{i,j}\) 以 \(a_i\) 为分割线变成两段关于 \(j\) 具有单调性的序列
因此，操作时只需线段树二分出 \(<a_i\) 的位置中最后一个使得 \(g_{i,j}>g_{i,a_i}\) 的位置 \(j\)，并将 \(g_{i,j}\sim g_{i,a_i-1}\) 区间赋值成 \(g_{i,a_i}\)
仔细思考一下可以得知 \(\forall b_i\)，存在 \(a_j=b_i\)。将 \(a\) 离散化，设 \(g_{i,j}\)，表示 \(b_i=a_j\) 的最小答案，需要支持下列操作：
-
区间加法
-
区间赋值
-
线段树二分出 \(<p\) 的位置最后一个 \(>v\) 的位置 \(q\)，保证 \(<p\) 的位置具有单调性
线段树维护即可
code
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define lc(p) p<<1
#define rc(p) p<<1|1
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int n,m,C;
int a[N],b[N];
struct Seg
{
LL dat,fu,ad1,ad2;
#define dat(x) tree[x].dat
#define fu(x) tree[x].fu
#define ad1(x) tree[x].ad1
#define ad2(x) tree[x].ad2
void add(LL v1,LL v2,int l)
{
dat+=v1+1LL*v2*b[l];
ad1+=v1; ad2+=v2;
}
void cov(LL v)
{
dat=fu=v;
ad1=ad2=0;
}
}tree[N<<2];
void pushup(int p)
{
dat(p)=max(dat(lc(p)),dat(rc(p)));
}
void spread(int p,int l,int r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(fu(p)!=-1)
{
tree[lc(p)].cov(fu(p));
tree[rc(p)].cov(fu(p));
fu(p)=-1;
}
if(ad1(p) || ad2(p))
{
tree[lc(p)].add(ad1(p),ad2(p),mid);
tree[rc(p)].add(ad1(p),ad2(p),r);
ad1(p)=ad2(p)=0;
}
}
void build(int p,int l,int r)
{
fu(p)=-1;
dat(p)=ad1(p)=ad2(p)=0;
if(l==r)
return;
int mid=(l+r)>>1;
build(lc(p),l,mid);
build(rc(p),mid+1,r);
pushup(p);
}
void add(int p,int l,int r,int ql,int qr,LL v1,LL v2)
{
if(ql<=l && qr>=r)
{
tree[p].add(v1,v2,r);
return;
}
spread(p,l,r);
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid)
add(lc(p),l,mid,ql,qr,v1,v2);
if(qr>mid)
add(rc(p),mid+1,r,ql,qr,v1,v2);
pushup(p);
}
void cov(int p,int l,int r,int ql,int qr,LL v)
{
if(ql<=l && qr>=r)
{
tree[p].cov(v);
return;
}
spread(p,l,r);
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid)
cov(lc(p),l,mid,ql,qr,v);
if(qr>mid)
cov(rc(p),mid+1,r,ql,qr,v);
pushup(p);
}
LL ask(int p,int l,int r,int pos)
{
if(l==r)
return dat(p);
spread(p,l,r);
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid)
return ask(lc(p),l,mid,pos);
return ask(rc(p),mid+1,r,pos);
}
int find(int p,int l,int r,int ql,int qr,LL v)
{
if(dat(p)<v)
return -1;
if(l==r)
return l;
spread(p,l,r);
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid && dat(lc(p))>=v)
return find(lc(p),l,mid,ql,qr,v);
if(qr>mid)
return find(rc(p),mid+1,r,ql,qr,v);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&C);
for(int i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
b[i]=a[i];
}
sort(b+1,b+1+n);
m=unique(b+1,b+1+n)-(b+1);
build(1,1,m);
for(int i=1; i<=n; i++)
{
int x=lower_bound(b+1,b+1+m,a[i])-b;
if(x+1<=m)
add(1,1,m,x+1,m,-a[i],1);
if(x-1>=1)
{
add(1,1,m,1,x-1,C,0);
LL tmp=ask(1,1,m,x);
int pos=find(1,1,m,1,x-1,tmp);
if(pos!=-1)
cov(1,1,m,pos,x-1,tmp);
}
}
printf("%lld",ask(1,1,m,1));
return 0;
}
\(70+0+25+0=95\)，\(\rm rk19\)
浙公网安备 33010602011771号