NOIP 模拟二 考试总结
SDOI2015 排序
今天看到这道题，没有一点思路，暴力都没的打。。。还是理解错题意了，操作不同位置不是说改不同的区间，而是不同操作的顺序。。。考场上如果知道这个的话最少暴力拿一半啊，因为正解本来就是暴力。。
DFS
题目问的是方案数，如果操作确定了是谁的话顺序是无所谓的，压一个A(n n)加上就好。这一点很显然，不管怎么移动，如果先一后二可以，那么先二后一也是可以的。找规律就好。
现在需要做的是找到不同的操作序列，这里的不同不是指顺序，而是指种类。因为上面说了顺序无影响，那我们可以从最小的开始，能换就换，说白了就是暴搜%%%XIN队。
暴搜的话肯定要砍大树的，上面的思路如果大力搞的话必暴，其实在枚举序列找不满足递增顺序的区间时，如果区间数>2了，直接return。因为每种操作只有一次，一次肯定换不了两个以上的区间。如果没有不满足递增的区间，说明不需要这个操作，直接整一个DFS(x+1，num){x代表当前是第几个操作，num表示用了几个操作。}如果只有一个，那就自己换一下就OK。如果有两个，那么自己跟自己块里的两段肯定不能换，因为还有另一个块不合法，自己换了那人家怎么办。所以是2×2，枚举去换，换了后检查合法性如果合法就DFS(x+1,num+1)否则不用管。还有记得回溯的时候把换了的再给人换回去
。这样这道题就AC了。
不过苣蒻还是不懂玄学复杂度，明明是2^24，虽然远远达不到这个水平，但也不至于40ms就跑完了吧，一个点才2ms，这不是a+b的时间吗哈哈。
code有些冗长了，四种情况其实可以写函数的，我直接摆在那了，反正也是打一个然后复制粘贴，不过我好像改变量时少改了一个，调了好长时间。。算了，懒得改代码了，就这样吧。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[1000101],ans=0;
inline void fr(){freopen("c.in","r",stdin);}
inline void sc(){scanf("%d",&n);}
namespace AYX
{ inline void dfs(int x,int num)
{ if(x==n+1)
{ int l=1;
for(int i=num;i;--i)
l*=i;
ans+=l;
return;
}
int len=(1<<(x)),kk=(1<<(x-1)),m1,m2,cnt=0;
for(int i=1;i<=(1<<n)-len+1;i+=len)
{ for(int j=i;j<(1<<x)/2+i;++j)
{ if(a[j]+kk!=a[j+kk])
{ ++cnt;
if(cnt==1)
m1=i;
else
m2=i;
break;
}
if(cnt>2)return;
}
}
if(cnt>2)return;
if(cnt==0)
{ dfs(x+1,num);
return ;
}
if(cnt==1)
{
for(int i=m1;i<=m1+kk-1;++i)
swap(a[i],a[i+kk]);
dfs(x+1,num+1);
for(int i=m1;i<=m1+kk-1;++i)
swap(a[i],a[i+kk]);
return;
}
bool bo=0;
int mm1=m1+kk,mm2=m2+kk;
for(int i=1;i<=kk;++i)
swap(a[i+m1-1],a[m2+i-1]);
for(int i=1;i<=kk;++i)
{ if(a[i+m1-1]+kk!=a[i+m1+kk-1] or a[i+m2-1]+kk!=a[i+m2+kk-1])
{
bo=1;break;
}
}
if(!bo)dfs(x+1,num+1);
for(int i=1;i<=kk;++i)
swap(a[i+m1-1],a[m2+i-1]);
bo=0;
for(int i=1;i<=kk;++i)
swap(a[i+mm1-1],a[m2+i-1]);
for(int i=1;i<=kk;++i)
{ if(a[i+m1-1]+kk!=a[i+m1+kk-1] or a[i+m2-1]+kk!=a[i+m2+kk-1])
{
bo=1;break;
}
}
if(!bo)dfs(x+1,num+1);
for(int i=1;i<=kk;++i)
swap(a[i+mm1-1],a[m2+i-1]);
bo=0;
for(int i=1;i<=kk;++i)
swap(a[i+m1-1],a[mm2+i-1]);
for(int i=1;i<=kk;++i)
{ if(a[i+m1-1]+kk!=a[i+m1+kk-1] or a[i+m2-1]+kk!=a[i+m2+kk-1])
{
bo=1;break;
}
}
if(!bo)dfs(x+1,num+1);
for(int i=1;i<=kk;++i)
swap(a[i+m1-1],a[mm2+i-1]);
bo=0;
for(int i=1;i<=kk;++i)
swap(a[i+mm1-1],a[mm2+i-1]);
for(int i=1;i<=kk;++i)
{ if(a[i+m1-1]+kk!=a[i+m1+kk-1] or a[i+m2-1]+kk!=a[i+m2+kk-1])
{
bo=1;break;
}
}
if(!bo)dfs(x+1,num+1);
for(int i=1;i<=kk;++i)
swap(a[i+mm1-1],a[mm2+i-1]);
}
inline void work()
{ for(int i=1;i<=(1<<n);++i)scanf("%d",&a[i]);
dfs(1,0);printf("%d\n",ans);
}
inline short main()
{sc();work();return 0;}
}
signed main()
{return AYX::main();}
APIO2016 划艇
看到T2好像还可做，就仔细想了很长时间，想到了f[i][j]+=f[i-1][p] (p<=j-1)，但是回头一瞧，1e9的数据。。。。。。。。。。。。。还玩个球啊，老老实实打暴力。但是n最小是100，显然没有暴力分。。。。。。。。。
好吧好吧，那就不属于我了，1e9也想过离散化，可是后面就没什么进展了。
DP
dp的话得先把1e9的问提解决掉，要不然没法搞，没错，肯定要离散化。可是离散化了后我怎么整呢，原本是实在的位置，现在就是一群无情的数字。额，其实这数字还是有情的唉，他能断开不同的区间，我们求每一段区间的贡献就好了。
啥？区间贡献，这不更没法搞了哈哈。仔细想一下，本段区间对i点的贡献，跟推出来的那个式子好像很有关系的，我们只需要知道i前面有几个点也在区间j内，比如说现在到了k点，他可以在区间j内，因为k到i之间的点是可以取0的，所以不用管他，我们只关心在k和i之间可以有几个点出现在区间j内就好，那么这里每一个k的贡献就是k之前的点在j-1之前区间的方案数×k到i的m个点在j内的方案数，前者好说，我们递推过来就求过了，关键是看后者。
对于长度为len的区间，任取m个位置ans就是C(len,m)，但是现在问题是我不一定m个点都取位置，他可以不参赛的，也就是在中间夹着0呢。因为0对递增是无影响的所以我完全可以想像为在len区间里塞了m个0,但是i点得在，那么就是塞了m-1个0,这样的话方案数就是C(len+m-1,m)。
好了，这样dp就解决了，因为我do时用的是i点的前j个区间，所以数组要维护前缀和，又因为我的区间是从小到大推过来的，更新了j后j-1就没有用了，所以我们可以隐去第二维，这样省很多空间。最后ans就是所有的g数组加一起，因为后面的点都可以为0的，所以对于每一个1到i都算新方案。
%%%@yspm
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define low(x) lower_bound(c+1,c+1+tot,x[i])-c
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int n,len,a[505],b[505],c[1015],num,sum[505]={1},C[505]={1},inv[505]={0,1},ans;
inline void fr(){freopen("c.in","r",stdin);}
inline void sc(){scanf("%lld",&n);}
namespace AYX
{ inline void work()
{ for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]),c[++num]=a[i],c[++num]=++b[i];
for(int i=2;i<=n;++i)inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
sort(c+1,c+1+num);
int tot=unique(c+1,c+1+num)-c-1;
for(int i=1;i<=n;++i)
a[i]=low(a),b[i]=low(b);
for(int j=1;j<tot;++j)
{ int len=c[j+1]-c[j];
for(int i=1;i<=n;++i)C[i]=(((C[i-1]*(len+i-1))%mod)*inv[i])%mod;
for(int i=n;i;--i)
{ if(a[i]<=j and b[i]>=j+1)
{ int f=0,m=1,cc=len;
for(int k=i-1;k>=0;--k)
{ f=(f+cc*sum[k])%mod;
if(a[k]<=j and b[k]>=j+1)cc=C[++m];
}
sum[i]=(sum[i]+f)%mod;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)ans=(ans+sum[i])%mod;
printf("%lld",ans);
}
inline short main()
{sc();work();return 0;}
}
signed main()
{return AYX::main();}
CQOI2011 放棋子
很明显的dp题。算是组合计数类dp吧。
一个很妙的地方，一个棋子占据一行一列，我们去掉这一行一列，状态变为(n-1)* (m-1)的棋盘，这算是dp的一个子状态，递推的味道很浓。
我们考虑当前到了第k个颜色，f[i][j][k]表示前k种颜色占据了i行j列，这i和j只是个数，具体位置任意。那么f[i][j][k]=f[l][r][k-1]* g[i-l][j-r]* c[n-l][i-l]* c[m-r][j-r].
组合数很好理解，都说了ij是任意的。那g是啥呢？？？
g表示对于第k种颜色的c[k]个棋子，占据i行j列的方案数，这里的i和j也是任意的哦。
g全部的方案明显为C(i* j,c[k]),可是这么着放不一定占全了这i行j列，怎么办？减去不合法的呗。g[i][j]-=g[l][r]* C(i,l)* C(j,r).(l<i or r<j)同样也是递推的。
有人就疑问了，为什么有两次组合数呢？其实很好理解，推g数组时l和r是在一个确定的i和j里选的，也就是说这个组合数是l和r相对于i和j的小范围的，而f数组的组合数是相对整张棋盘的。
好了，本题到此结束。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define m(x) memset(x,0,sizeof(x))
using namespace std;
const int mod=1000000009;
int n,m,C,ans,num[11],c[901][901],f[31][31][31],g[31][31];
inline void fr(){freopen("c.in","r",stdin);}
inline void sc(){scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&C);}
namespace AYX
{
inline void work()
{ for(int i=1;i<=C;i++)scanf("%lld",&num[i]);
for(int i=0;i<=n*m;++i)
{ c[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;++j)
c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
}
f[0][0][0]=1;
for(int k=1;k<=C;++k)
{ m(g);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
{ if(i*j>=num[k])
{ g[i][j]=c[i*j][num[k]];
for(int l=1;l<=i;++l)
for(int r=1;r<=j;++r)
if(l<i or r<j)
g[i][j]=(g[i][j]-(((g[l][r]*c[i][l])%mod)*c[j][r])%mod+mod)%mod;
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
for(int l=0;l<i;++l)
for(int r=0;r<j;++r)
{ int nx=i-l,ny=j-r;
if(nx*ny>=num[k])
f[i][j][k]=(f[i][j][k]+((f[l][r][k-1]*g[nx][ny]%mod*c[n-l][nx])%mod)%mod*c[m-r][ny]%mod)%mod;
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
ans=(ans+f[i][j][C])%mod;
printf("%lld\n",ans);
}
inline short main()
{sc();work();return 0;}
}
signed main()
{return AYX::main();}
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