T1：简单模拟；T2：树上前序遍历贪心；T3：DP；T4：咕了
T1：n*m的方格，每个格子上有不同字母，要求从(1,1)出发，只能走下或者右，到达(n,m)，问存不存在至少3种不重复路径，路径经过的字母连起来相同。(n,m<=5e3)
考场思路：dp[i][j]代表到(i,j)的路径数量，\(dp[i][j]=max(dp[i]][j],dp[i-1][j-1]*2) 如果s[i-1][j]==s[i][j-1]\)，否则\(=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])\)但是这样不对，因为会漏掉情况，
ab
bk
kg
这样合法，但是dp的时候(3,2)从(2,1)转移还是2，但是应该是3，因为本身s[i-1][j],s[i][j-1]就会存在>1的路径，不一定是从s[i-1][j-1]继承的。
正解：找到2个斜对角
a*
*b
可以相邻，可以一个上一个下，记录一下，然后nm枚举就行。
from Chen_jr
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
inline int read(){
int x = 0; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9')c = getchar();
do{x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48); c = getchar();}while(c <= '9' && c >='0');
return x;
}
const int maxn = 1005;
char mp[maxn][maxn];
bool f[maxn][maxn], p[maxn][maxn];
int n, m;
bool check(){
for(int i = 1; i < n; ++i)
for(int j = 1; j < m; ++j)
p[i][j] = f[i][j] = (mp[i + 1][j] == mp[i][j + 1]);
for(int i = n - 2; i > 0; --i)
for(int j = 1; j < m; ++j){
if(p[i][j] && p[i + 1][j])return true;
f[i][j] |= f[i + 1][j];
}
for(int i = n - 1; i > 0; --i){
for(int j = m - 2; j > 0; --j){
if(p[i][j] && p[i][j + 1])return true;
if(p[i][j] && f[i + 1][j + 1] && i + 1 < n && j + 1 < m)return true;
f[i][j] |= f[i][j + 1];
}
}
return false;
}
int main(){
freopen("water.in","r",stdin);
freopen("water.out","w",stdout);
int T = read();
for(int i = 1; i <= T; ++i){
n = read(), m = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i)scanf("%s", mp[i] + 1);
if(check())printf("1\n");
else printf("0\n");
}
return 0;
}
T2:给你一棵avl树，n个节点，要求保留K个点，如果x删除那么x子树一定删除，求最小中序遍历。（n<=5e5）
暴力:枚举保留的节点，\(O(2^n * n)\)
正解：
h[x]:代表已经加入的节点构成的树，x子树的最大深度；
mh[x]:依据已经遍历过的左子树和avl树本身的限制的选x的合法最小深度；
mdep[x]:所有的节点都算，x子树最大深度
dep[x]:深度；
中序遍历最优=前序遍历最优：\(BAC andABC\)最小子树和父节点是关联的。
按照前序最优，先尽量选左子树，然后再选右子树。
在递归到这个点，先检查如果选它最少需要保留多少节点。
就是利用h[x]，往上跳子树，如果这是右儿子，那么左儿子的情况我已经知道了，不用管，如果是左儿子，依据左儿子，算出如果要使得x合法，最少右子树需要掏出多少节点\(cnt[max(y-1,mh[rs[fa[x]]])]\)要么被父亲管（父亲作为儿子和另一个儿子的限制），要么被左儿子管（左儿子深度限制），选一个最大。（最严格）。如果可以加入，那么就用当前dep去更新h[x],向上pushup，同样右儿子应当被已经更新的限制继续更新\(h[x]-1\),下限。而后面在x选的前提下，去更新左右儿子的限制，pushdown。
为什么mh[x]和h[x]分开：mh[x]是待选，你不知道选不选，但是选了就要满足要求。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define _f(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;++i)
#define f_(i,a,b) for(register int i=a;i>=b;--i)
#define chu printf
#define ll long long
#define rint register int
#define ull unsigned long long
inline ll re()
{
ll x=0,h=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-')h=-1;
ch=getchar();
}
while(ch<='9'&&ch>='0')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*h;
}
/**/
const int N=5e5+100;
int cnt[45],h[N],mh[N],dep[N],mdep[N],ans[N],ls[N],rs[N],fa[N];
int n,K,root;
inline void get_dep(int x)
{
dep[x]=mdep[x]=dep[fa[x]]+1;
if(ls[x])get_dep(ls[x]),mdep[x]=max(mdep[x],mdep[ls[x]]);
if(rs[x])get_dep(rs[x]),mdep[x]=max(mdep[x],mdep[rs[x]]);
}
//mdep[x]:子树节点最大深度
inline int calc(int x)
{
int y=dep[x],num=0;
while(x)
{
if(!ans[x])++num;
y=max(y,h[x]);
if(x<fa[x]&&rs[fa[x]])
{
num+=cnt[max(y-1,mh[rs[fa[x]]])-dep[fa[x]]];
}
x=fa[x];
}
//_f(i,1,n)
//chu("calc:%d\n",num);
//_f(i,1,n)chu("%d ",h[i]);
//chu("\n");
return num;
}
inline void insert(int x)
{
h[x]=dep[x];int y=h[x];
while(x)
{
if(!ans[x])ans[x]=1,--K;
h[x]=max(h[x],y);
if(x<fa[x]&&rs[fa[x]])
{
mh[rs[fa[x]]]=max(mh[rs[fa[x]]],h[x]-1);
}
x=fa[x];
}
return;
}
inline void solve(int x)
{
if(calc(x)<=K)insert(x);
else return;
if(ls[x]&&rs[x])
{
if(mdep[ls[x]]<mh[x])
{
mh[ls[x]]=max(mh[ls[x]],mh[x]-1);
mh[rs[x]]=max(mh[rs[x]],mh[x]);
}
else
{
mh[ls[x]]=max(mh[ls[x]],mh[x]);
mh[rs[x]]=max(mh[rs[x]],mh[x]-1);
}
solve(ls[x]);solve(rs[x]);
}
else
{
if(ls[x])mh[ls[x]]=max(mh[ls[x]],mh[x]),solve(ls[x]);
if(rs[x])mh[rs[x]]=max(mh[rs[x]],mh[x]),solve(rs[x]);
}
}
int main()
{
freopen("avl.in","r",stdin);
freopen("avl.out","w",stdout);
n=re(),K=re();
cnt[1]=1,cnt[2]=2;
_f(i,3,40)cnt[i]=cnt[i-1]+cnt[i-2]+1;
_f(i,1,n)
{
int pi=re();
if(pi==-1)root=i;
else
{
if(i>pi)rs[pi]=i;
else ls[pi]=i;
fa[i]=pi;
}
}
get_dep(root);
//_f(i,1,n)chu("mxdep[%d]:%d\n",i,mdep[i]);
solve(root);
_f(i,1,n)chu("%d",ans[i]);
return 0;
}
/*
3 1
2
-1
2
8 5
3
1
-1
5
7
5
3
7
20 10
2
3
5
3
13
8
6
10
8
5
12
10
-1
15
18
15
16
13
18
19
01111001010110100100
*/
T3：有一条小路分成n个连续等长块，每个块有自己高度h[x],如果左右存在更高的块这个块就会积水(字面意思，很好理解)，问把K个小路变成h=0，使得积水总数是偶数的方案数%1e9+7(n<=2.5e4,hi<=1e9)
显然DP对吧。对于每个点来说，它的积水会受到左边右边的同时影响，这样DP就很不好定义，左扫右扫都很尴尬。所以我们加一个维度[j]:表示1~i的最大值是j，后面的最大值>=j的方案数虽然后面不知道但是很好合并，直接枚举最大值，前缀后缀DP都搞出来合并就行。
\(dp[i][j][k][0/1]:从1~i位置最大值是j，后面强制存在>=j,把k个路变h=0，当前积水奇数/偶数的方案数\)
重点是转移的时候最大值这些数怎么表示，因为最多每个i只有K+1个j，所以对于每个i我们只保存K个状态，那么转移就利用相对关系提前处理，避免log的时间复杂度对于h相同的，强制左边取等，右边不取就行。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define _f(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;++i)
#define f_(i,a,b) for(register int i=a;i>=b;--i)
#define chu printf
#define ll long long
#define rint register int
#define ull unsigned long long
inline ll re()
{
ll x=0,h=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-')h=-1;
ch=getchar();
}
while(ch<='9'&&ch>='0')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*h;
}
/*
对于n<=20,可以直接枚举删除的子集，检验是否合法
对于K=1，K=2，因为K是可以枚举的，所以都行。
K就是删除的
*/
const int maxn=25000+3,maxk=27;const ll mod=1e9+7;
set<int>S;
set<int>::iterator it;
int n,m,a[maxn];
int nex1[maxn][maxk],nex2[maxn][maxk],new1[maxn],new2[maxn],dp1[maxn][maxk][maxk][2],dp2[maxn][maxk][maxk][2];
int b1[maxn][maxk],b2[maxn][maxk],cnt1[maxn],cnt2[maxn];
//前i个数，删除了j个，最大值是k的
inline int find1(int i,int x)
{
return lower_bound(b1[i],b1[i]+1+cnt1[i],x)-b1[i];
}
inline int find2(int i,int x)
{
return lower_bound(b2[i],b2[i]+1+cnt2[i],x)-b2[i];
}
inline void upd(int &x,ll y)
{
x=((ll)x+(ll)y)%mod;
}
inline void deal()
{
n=re(),m=re();
_f(i,1,n)a[i]=re();
_f(i,1,n)
{
S.insert(a[i]);
if(S.size()>m+1)S.erase(S.begin());
for(it=S.begin();it!=S.end();++it)b1[i][++cnt1[i]]=*it;
}
S.clear();
f_(i,n,1)
{
S.insert(a[i]);
if(S.size()>m+1)S.erase(S.begin());
for(it=S.begin();it!=S.end();++it)b2[i][++cnt2[i]]=*it;
}
_f(i,0,n-1)
_f(j,0,cnt1[i])
nex1[i][j]=find1(i+1,b1[i][j]);
_f(i,1,n+1)
_f(j,0,cnt2[i])
nex2[i][j]=find2(i-1,b2[i][j]);
_f(i,1,n)new1[i]=find1(i,a[i]);
_f(i,1,n)new2[i]=find2(i,a[i]);
dp1[0][0][0][0]=1;
_f(i,0,n-1)
_f(j,0,m)
_f(k,0,cnt1[i])
{
if(dp1[i][j][k][0])
{
//不删除
if(a[i+1]<b1[i][k])//如果小，有积水，不更新最值
upd(dp1[i+1][j][nex1[i][k]][(b1[i][k]-a[i+1])&1],dp1[i][j][k][0]);
else
upd(dp1[i+1][j][new1[i+1]][0],dp1[i][j][k][0]);
//删除
if(j<m)upd(dp1[i+1][j+1][nex1[i][k]][b1[i][k]&1],dp1[i][j][k][0]);
}
if(dp1[i][j][k][1])
{
if(a[i+1]<b1[i][k])//如果小，有积水，不更新最值
upd(dp1[i+1][j][nex1[i][k]][(b1[i][k]-a[i+1])&1^1],dp1[i][j][k][1]);
else
upd(dp1[i+1][j][new1[i+1]][1],dp1[i][j][k][1]);
//删除
if(j<m)upd(dp1[i+1][j+1][nex1[i][k]][b1[i][k]&1^1],dp1[i][j][k][1]);
}
}
dp2[n+1][0][0][0]=1;
f_(i,n+1,2)
_f(j,0,m)
_f(k,0,cnt2[i])
{
if(dp2[i][j][k][0])
{
//不删除
if(a[i-1]<b2[i][k])//如果小，有积水，不更新最值
upd(dp2[i-1][j][nex2[i][k]][(b2[i][k]-a[i-1])&1],dp2[i][j][k][0]);
else
upd(dp2[i-1][j][new2[i-1]][0],dp2[i][j][k][0]);
//删除
if(j<m)upd(dp2[i-1][j+1][nex2[i][k]][b2[i][k]&1],dp2[i][j][k][0]);
}
if(dp2[i][j][k][1])
{
//不删除
if(a[i-1]<b2[i][k])//如果小，有积水，不更新最值
upd(dp2[i-1][j][nex2[i][k]][(b2[i][k]-a[i-1])&1^1],dp2[i][j][k][1]);
else
upd(dp2[i-1][j][new2[i-1]][1],dp2[i][j][k][1]);
//删除
if(j<m)upd(dp2[i-1][j+1][nex2[i][k]][b2[i][k]&1^1],dp2[i][j][k][1]);
}
}
int ans=0;
_f(i,1,n)
_f(j,0,m)//前面铲平多少个
{
for(rint k1=0;k1<=cnt1[i-1]&&b1[i-1][k1]<a[i];++k1)
{
if(dp1[i-1][j][k1][0])
{
for(rint k2=0;k2<=cnt2[i+1]&&b2[i+1][k2]<=a[i];++k2)
{
upd(ans,1ll*dp1[i-1][j][k1][0]*dp2[i+1][m-j][k2][0]);
}
}
if(dp1[i-1][j][k1][1])
{
for(rint k2=0;k2<=cnt2[i+1]&&b2[i+1][k2]<=a[i];++k2)
{
upd(ans,1ll*dp1[i-1][j][k1][1]*dp2[i+1][m-j][k2][1]);
}
}
}
}
chu("%d",ans);
}
signed main()
{
freopen("rain.in","r",stdin);
freopen("rain.out","w",stdout);
deal();
return 0;
}
/*
7 1
2 5 2 4 1 6 2
*/