联训模拟1

T1几何

DP题，我们先考虑，设 $f[i][j][k]$ 表示目前到了第 $i$ 个字符， $x$ 串已经匹配到了第 $j$ 个字符（前面可能已经有若干个 $x$ 串的重复）, $y$ 串已经匹配到了第 $k$ 个字符（同样，前面可能已经有若干个 $y$ 串的重复）,那我们初始化所有 $f$ 为 $-1$ ，然后初始化 $f[1][0][1]$ 或者 $f[1][1][0]$ 为 $1$ ，最后判断$f[n][0][0],f[n][lenx][0],f[n][0][leny],f[n][lenx][leny]$ 中是否为 $1$ ,这样转移是比较显然的：

如果 $s[i]==x[j \mod lenx+1]$ ,那么 $f[i][j \mod lenx+1][k]=max(f[i-1][j][k],f[i][j \mod lenx+1][k])$

如果 $s[i]==y[k \mod leny+1]$，那么 $f[i][j][k \mod leny +1]=max(f[i-1][j][k],f[i][j][k \mod leny+1])$

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
const int N=5e5+107;

int read()
{
	int f=1,s=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return f*s;
}

string s,x,y;
//bitset<100> f[100],g[16];
int f[1200][51][51];
signed main()
{
	freopen("geometry.in","r",stdin);
	freopen("geometry.out","w",stdout);
	int T=read();
	while(T--)
	{
		cin>>s>>x>>y;
		int n=s.size();
		int xz=x.size(),yz=y.size();
		s=' '+s,x=' '+x,y=' '+y;
		for(int i=0;i<=n;i++)
		{
			for(int j=0;j<=xz;j++)
			{
				for(int k=0;k<=yz;k++)
				{
					f[i][j][k]=-1;
				}
			}
		}
//		memset(f,0x3f,sizeof f);
		if(s[1]==x[1]) f[1][1][0]=0;
		if(s[1]==y[1]) f[1][0][1]=0;
		for(int i=2;i<=n;i++)
		{
			for(int j=0;j<=xz;j++)
			{
				for(int k=0;k<=yz;k++)
				{
//					cout<<i<<" "<<j<<" "<<k<<' '<<f[i][j][k]<<endl;
					if(s[i]==x[j%xz+1]) f[i][j%xz+1][k]=max(f[i-1][j][k],f[i][j%xz+1][k]);
					if(s[i]==y[k%yz+1]) f[i][j][k%yz+1]=max(f[i-1][j][k],f[i][j][k%yz+1]);
				}
			}
		}
		if(f[n][0][0]==0||f[n][xz][yz]==0||f[n][xz][0]==0||f[n][0][yz]==0) printf("Yes\n");
		else printf("No\n");
	}
}

当然这样是肯定过不了的，我们考虑优化时间和空间，首先比较好想到可以开滚动数组（数据比较水，可以直接卡过去），接着就是正解，用 $bitset$ 直接使时间和空间下降一个维度，我们用 $f_{i,j}$ 直接表示当到第 $i$ 位时， $x$ 串匹配到 $j$ 时所有 $k$ 的合法状态，现在考虑转移。

如果 $s[i]==x[j \mod lenx+1]$ ,我们直接让$f_{i,j}$ 或上 $f_{i,j-1}$ ,因为这种情况下，这两个里面存的 $k$ 的状态都是合法状态。

如果 $s[i]==y[k \mod leny+1]$ ,我们则让 $f_{i,j}$ 左移一位在与上我们提前处理出来的状态（假设第 $w$ 位合法，则要满足的条件时 $w-1$ 也必须合法，也就是上一个状态存在，这样才可以由上一个状态转移过去）。

我们发现其实 $i$ 这维状态没什么用，我们也可以以直接省去。

预处理比较好说，直接看代码吧。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
const int N=5e5+107;

int read()
{
	int f=1,s=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return f*s;
}

string s,x,y;
bitset<100> f[100],g[26];
signed main()
{
	freopen("geometry.in","r",stdin);
	freopen("geometry.out","w",stdout);
	int T=read();
	while(T--)
	{
		cin>>s>>x>>y;
		int n=s.size();
		int xz=x.size(),yz=y.size();
		s=' '+s,x=' '+x,y=' '+y;
		for(int i=0;i<=50;i++) f[i].reset();
		for(int i=0;i<26;i++) g[i].reset();
		
		f[0][0]=f[xz][0]=f[0][yz]=f[xz][yz]=1;
		for(int i=1;i<=yz;i++) g[y[i]-'a'][i]=1;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int j=xz;j>=0;j--)
			{
				f[j]=(f[j]<<1)&g[s[i]-'a'];
				if(x[j]==s[i]) f[j]|=f[j-1];
				f[j][0]=f[j][yz]; 
			}
			f[0]=f[xz];
		}
		if(f[0][0]) printf("Yes\n");
		else printf("No\n");
	}
	
}

T2分析

恶心的树形DP加分讨，根据一笔画定理，一个图能分成可以不重复走过所有边的 $k/2$ 个路径，其中 $k$ 为度数是奇数的点的个数，然后联系题干（咱也不知道是咋想到联系在一起的），这不就是 $B$ 操作的最多需要的次数加上 $1$ 嘛，于是我们根据这个来设计DP状态。

设 $f_{i,j,k}$表示以 $i$ 为根的树内 $j(0/1)$ 根节点是否为奇点， $k(0/1)$ 子树里是否存在奇点。

考虑转移，这里直接给出转移式子。

$f[u][i][j|l|k]=min(f[u][i][j|l|k],f[u][i][j]+f[v][k][l]+A)$

$f[u][i \oplus 1][j|l|(k \oplus1)]=min(f[u][i \oplus 1][j|l|(k \oplus1)],f[u][i][j]+f[v][k][l]+x$

我们先讨论一下怎样才能对答案产生贡献。根据一笔画定理，当更新后出现两个点都为奇点的时候我们就相当于多了一条路径，于是我们加上 $B$ 的贡献，反之，我们则要减去 $B$ 的贡献，如果一奇一偶，则变完之后仍然是一奇一偶，答案不变，这就是 $x$ 的取值。同样我们进行 $A$ 操作就相当于加上了一条重边，相当于统计时直接加了两条边，则 $u$ 和 $v$ 的奇偶性不发生改变 ,我们直接加上 $A$ 的贡献即可。

最后是边界问题，我们所求的答案很明显是 $min(f_{1,0,0},f_{1,1,0}-B,f_{1,0,1}-B,f_{1,1,1}-B)$

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;


#define int long long
const int N=2e6+107;
int n,A,B;
int f[N][2][2];

int read()
{
	int f=1,s=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return f*s;
}

int h[N],to[N],nxt[N],tot;
void add(int x,int y)
{
	to[++tot]=y;
	nxt[tot]=h[x];
	h[x]=tot;
}


int ans;
void dfs(int u,int fa)
{
	f[u][0][0]=0;
	for(int z=h[u];z;z=nxt[z])
	{
		int v=to[z];
		if(v==fa) continue;
		dfs(v,u);
		int tmp[2][2];
		tmp[0][0]=f[u][0][0];
		tmp[0][1]=f[u][0][1];
		tmp[1][0]=f[u][1][0];
		tmp[1][1]=f[u][1][1];
		memset(f[u],0x3f,sizeof f[u]);
		for(int i=0;i<2;i++)
		{
			for(int j=0;j<2;j++)
			{
				for(int k=0;k<2;k++)
				{
					for(int l=0;l<2;l++)
					{
						int x;
						if(i==0&&k==0) x=B;
						else if(i==1&&k==1) x=-B;
						else x=0;
						f[u][i][j|l|k]=min(f[u][i][j|l|k],tmp[i][j]+f[v][k][l]+A);
						f[u][i^1][j|l|(k^1)]=min(f[u][i^1][j|l|(k^1)],tmp[i][j]+f[v][k][l]+x);
					}
				}
			}
		}
	}
	
}

signed main()
{
	freopen("analyse.in","r",stdin);
	freopen("analyse.out","w",stdout);
	n=read(),A=read(),B=read();
	A=min(A,B);
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		int x=read(),y=read();.
		add(x,y); add(y,x);
	}
	memset(f,0x3f,sizeof f);
	dfs(1,0);
	ans=min({f[1][0][0],f[1][0][1]-B,f[1][1][0]-B,f[1][1][1]-B});
	printf("%lld\n",ans);
	
}

T3

极其神秘的DP题，先考虑转化题目，首先我们从一个长度为 $n$ 的区间里取可重复的 $m$ 个数，方案数很明显是 $n^{m}$ ,那我们联系题目，把 $u$ 子树大小的 $k$ 次方的期望改为：对所有 $u_{1},u_{2},...,u_{k}$均在子树 $u$ 内的概率之和。考虑计算 $u_{1},u_{2},...,u_{k}$ 在 $[1,n]$内随机选取使得 $u_{1},u_{2},...,u_{k}$ 均在 $u$ 子树内的概率。那我们DP所要处理的就是这个问题。

于是我们人类智慧的添上 $k$ 个点，这些点在 $[1,n]$ 中随机选择父亲。设DP状态 $f[i][j]$ 表示，以 $i$ 为根节点,考虑父亲在 $[i,n+k]$ 中选,当前 $k$ 个节点被分到了 $j$ 个子树中。

转移： $f[i][j-l+1]+=f[i+1][j]* $ $j \choose l $ $(i-1)^{j-l} \frac{1}{i^j}$

解释一下，$j \choose l$ 我们从 $j$ 个子树中选出 $l$ 个来以 $i$ 为父亲的方案，最后剩下的 $j-l$ 个点以前面 $i-1$ 个点为父亲的方案数，最后除以总方案数即 $i^j$ 。我们初始化 $f[n+1][k]=1$ 之后，就可以快乐的转移了，对于每一个 $f[i][1]$ 即为所求的答案。

我们所求的 $f[i][1]$ 为期望的概率，记得最后乘上 $n^k$ 。时间复杂度为 $(nk^2)$,略微有点卡常，记得把组合数和快速幂预处理出来。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
const int N=3e5+107;
const int mod=1e9+7;
int n,k,a[N];
int f[N][30];

int read()
{
	int f=1,s=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return f*s;
}

int qpow(int a,int b)
{
	int ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=a*ans%mod;
		a=a*a%mod;
		b=b>>1;
	}
	return ans;
}

int tmp[N][100],C[100][100],inv[N][100];
void init()
{
	C[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=k;++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;
		}
	}
	tmp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		tmp[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=k;j++)
		{
			tmp[i][j]=tmp[i][j-1]*i%mod;
			inv[i][j]=qpow(tmp[i][j],mod-2);
		}
	}
}

signed main()
{
	freopen("algebra.in","r",stdin);
	freopen("algebra.out","w",stdout);
	int ans=0;
	n=read(),k=read();
	init();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	
	f[n+1][k]=1;
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		for(int j=1;j<=k;j++)
		{
			for(int l=1;l<=j;l++)
			{
				f[i][j-l+1]=(f[i][j-l+1]+f[i+1][j]*C[j][l]%mod*tmp[i-1][j-l]%mod*inv[i][j]%mod)%mod;
			}
		}
		ans=(ans+a[i]*f[i][1])%mod;
		for(int j=1;j<=k;j++)
		{
			f[i][j]=(f[i][j]+tmp[i-1][j]*f[i+1][j]%mod*inv[i][j]%mod)%mod;
		}
	}
	printf("%lld",ans*tmp[n][k]%mod);
}

posted @ 2024-09-29 16:09 zhengchenxi 阅读(37) 评论(6) 收藏举报

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zhengchenxi

联训模拟1

T1几何

如果 \(s[i]==x[j \mod lenx+1]\) ,那么 \(f[i][j \mod lenx+1][k]=max(f[i-1][j][k],f[i][j \mod lenx+1][k])\)

如果 \(s[i]==y[k \mod leny+1]\)，那么 \(f[i][j][k \mod leny +1]=max(f[i-1][j][k],f[i][j][k \mod leny+1])\)

如果 \(s[i]==x[j \mod lenx+1]\) ,我们直接让\(f_{i,j}\) 或上 \(f_{i,j-1}\) ,因为这种情况下，这两个里面存的 \(k\) 的状态都是合法状态。

如果 \(s[i]==y[k \mod leny+1]\) ,我们则让 \(f_{i,j}\) 左移一位在与上我们提前处理出来的状态（假设第 \(w\) 位合法，则要满足的条件时 \(w-1\) 也必须合法，也就是上一个状态存在，这样才可以由上一个状态转移过去）。

我们发现其实 \(i\) 这维状态没什么用，我们也可以以直接省去。

预处理比较好说，直接看代码吧。

T2分析

设 \(f_{i,j,k}\)表示以 \(i\) 为根的树内 \(j(0/1)\) 根节点是否为奇点， \(k(0/1)\) 子树里是否存在奇点。

考虑转移，这里直接给出转移式子。

\(f[u][i][j|l|k]=min(f[u][i][j|l|k],f[u][i][j]+f[v][k][l]+A)\)

\(f[u][i \oplus 1][j|l|(k \oplus1)]=min(f[u][i \oplus 1][j|l|(k \oplus1)],f[u][i][j]+f[v][k][l]+x\)

最后是边界问题，我们所求的答案很明显是 \(min(f_{1,0,0},f_{1,1,0}-B,f_{1,0,1}-B,f_{1,1,1}-B)\)

T3

于是我们人类智慧的添上 \(k\) 个点，这些点在 \([1,n]\) 中随机选择父亲。设DP状态 \(f[i][j]\) 表示，以 \(i\) 为根节点,考虑父亲在 \([i,n+k]\) 中选,当前 \(k\) 个节点被分到了 \(j\) 个子树中。

转移： $f[i][j-l+1]+=f[i+1][j]* $ $j \choose l $ \((i-1)^{j-l} \frac{1}{i^j}\)

我们所求的 \(f[i][1]\) 为期望的概率，记得最后乘上 \(n^k\) 。时间复杂度为 \((nk^2)\),略微有点卡常，记得把组合数和快速幂预处理出来。

公告

zhengchenxi

联训模拟1

T1几何

如果 \(s[i]==x[j \mod lenx+1]\) ,那么 \(f[i][j \mod lenx+1][k]=max(f[i-1][j][k],f[i][j \mod lenx+1][k])\)

如果 \(s[i]==y[k \mod leny+1]\)，那么 \(f[i][j][k \mod leny +1]=max(f[i-1][j][k],f[i][j][k \mod leny+1])\)

如果 \(s[i]==x[j \mod lenx+1]\) ,我们直接让\(f_{i,j}\) 或上 \(f_{i,j-1}\) ,因为这种情况下，这两个里面存的 \(k\) 的状态都是合法状态。

如果 \(s[i]==y[k \mod leny+1]\) ,我们则让 \(f_{i,j}\) 左移一位在与上我们提前处理出来的状态（ 假设第 \(w\) 位合法，则要满足的条件时 \(w-1\) 也必须合法，也就是上一个状态存在，这样才可以由上一个状态转移过去）。

我们发现其实 \(i\) 这维状态没什么用，我们也可以以直接省去。

预处理比较好说，直接看代码吧。

T2分析

设 \(f_{i,j,k}\)表示以 \(i\) 为根的树内 \(j(0/1)\) 根节点是否为奇点， \(k(0/1)\) 子树里是否存在奇点。

考虑转移，这里直接给出转移式子。

\(f[u][i][j|l|k]=min(f[u][i][j|l|k],f[u][i][j]+f[v][k][l]+A)\)

\(f[u][i \oplus 1][j|l|(k \oplus1)]=min(f[u][i \oplus 1][j|l|(k \oplus1)],f[u][i][j]+f[v][k][l]+x\)

最后是边界问题，我们所求的答案很明显是 \(min(f_{1,0,0},f_{1,1,0}-B,f_{1,0,1}-B,f_{1,1,1}-B)\)

T3

于是我们人类智慧的添上 \(k\) 个点，这些点在 \([1,n]\) 中随机选择父亲。设DP状态 \(f[i][j]\) 表示，以 \(i\) 为根节点,考虑父亲在 \([i,n+k]\) 中选,当前 \(k\) 个节点被分到了 \(j\) 个子树中。

转移： $f[i][j-l+1]+=f[i+1][j]* $ $j \choose l $ \(*(i-1)^{j-l} *\frac{1}{i^j}\)

我们所求的 \(f[i][1]\) 为期望的概率，记得最后乘上 \(n^k\) 。时间复杂度为 \((nk^2)\),略微有点卡常，记得把组合数和快速幂预处理出来。

公告

如果 \(s[i]==y[k \mod leny+1]\) ,我们则让 \(f_{i,j}\) 左移一位在与上我们提前处理出来的状态（假设第 \(w\) 位合法，则要满足的条件时 \(w-1\) 也必须合法，也就是上一个状态存在，这样才可以由上一个状态转移过去）。

转移： $f[i][j-l+1]+=f[i+1][j]* $ $j \choose l $ \((i-1)^{j-l} \frac{1}{i^j}\)