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08-08 题解

时间：2024-08-10 10:27:14浏览次数：8  
标签：const int 题解 08 long MOD dp define

08-08 题解

地址

A - CF1420E

luogu 翻译更正

if he gives no more that k orders

对于至多 k 次操作, 题面没有翻译出来

思路

怎么算贡献？

贡献 （被保护）出现在 「处在任意两个不同的 0 的连续段的守卫」之间，而处于同一连续段的守卫之间没有贡献

设一共 \(cnt\) 个 \(0\)， 每个连续段分别有 \(c_i\) 个 \(0\)

则 \(contribute = C_{cnt}^{2} - \sum_{i} C_{c_i}^{2}\)

考虑 DP

设 \(dp(i, j, k, l)\) 为考虑到第 \(i\) 个人， 前面一共进行了 \(j\) 步操作， 用了 \(k\) 个 \(1\) ， 当前连续段有 \(l\) 个 \(0\)

但是这样的空间复杂度是 \(O(n^5)\)， 铁定过不了

尝试优化掉一维状态

最后一维是最好优化的， 我们只需要把状态的含义改为 「考虑到第 \(i\) 个人， 他选了 \(1\)」， 这样只需要枚举一个 \(ii\ > i\) ， 表示下一个选 \(1\) 的位置是 \(ii\) ， 转移即可。

而原来的 \(l\) 一维就等于 \(ii - i - 1\)

所以 \(dp(i, j, k) = min\{dp(ii < i\ , jj <= j\ , k - 1)\}\)

注意， 输出答案时要取前缀 \(min\)， 原因见文首 「翻译勘误」

代码

\(O(n^5)\) 加一些剪枝， 跑的飞快

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 81, INF = 1e9;

int n;
int a[N], ps[N], cnt, cntzr;
int dp[N][N * N][N], ans[N * N];

int Calc(int x){
    return x * (x - 1) / 2;
}

signed main(){
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> a[i];
        if(a[i] == 1) ps[++cnt] = i;
        else ++cntzr;
    }

    int up = Calc(n);
    for(int i = 0; i <= n; i++){
        for(int j = 0; j <= up; j++){
            for(int k = 0; k <= n; k++){
                dp[i][j][k] = INF;
            }
        }
    }

    for(int i = 1; i <= n; i++){
        dp[i][abs(ps[1] - i)][1] = Calc(i - 1);
        for(int j = 0; j <= up; j++){
            for(int k = 1; k <= i && k < cnt; k++){
                if(dp[i][j][k] == INF) continue;
                int rem = cnt - k;
                for(int ii = i + 1; ii <= n - rem + 1; ii++){
                    int jj = j + abs(ps[k + 1] - ii);
                    if(jj <= up){
                        dp[ii][jj][k + 1] = min(dp[ii][jj][k + 1], dp[i][j][k] + Calc(ii - i - 1));
                    }
                }
            }
        }
    }

    for(int i = 0; i <= up; i++){
        ans[i] = Calc(cntzr);
    }
    for(int j = 0; j <= up; j++){
        if(j) ans[j] = ans[j - 1];
        for(int i = cnt; i <= n; i++){
            if(dp[i][j][cnt] == INF) continue;
            ans[j] = min(ans[j], dp[i][j][cnt] + Calc(n - i));
        }
    }
    for(int i = 0; i <= up; i++){
        ans[i] = Calc(cntzr) - ans[i];
        cout << ans[i] << " ";
    }
    cout << "\n";
}

B - AGC017D

吐槽 MX 给的题面有误

思路

首先， 父节点的每个子树都可以看成一个独立的游戏， 拆开， 发现形如 Nim 游戏

递归地拆开后， 发现只需要处理父节点只有一个儿子的情况

但是这个游戏比较特殊， 如果当前节点非根， 我们可以一步直接断掉他和根的连边， 结束这颗子树中的游戏

这一点在博弈状态的 DAG 上表示为： 每个非根节点都指向 (SG = 0)

因为 SG(i) 表示 \(i\) 的子游戏的 MEX， 而 \(i\) 直接指向 \(0\) ， 所以实际的 SG = SG(i) + 1（\(i\) 非根的情况下）

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Pii pair <int, int>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10, MOD = 20, INF = 1e18;

int n;
int u, v, sg[N];
vector <int> e[N];

void Dfs(int x, int y){
    for(auto i : e[x]){
        if(i == y) continue;
        Dfs(i, x);
        sg[x] ^= (sg[i] + 1);
    }
}

signed main(){
    cin >> n;
    for(int i = 1; i < n; i++){
        cin >> u >> v;
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    }
    Dfs(1, 0);
    if(sg[1]){
        cout << "Alice\n";
    }else{
        cout << "Bob\n";
    }
}

C - AGC052B

经典套路： 把边权转移到点权上

思路

设点权设为从根到他的路径权值的抑或和

这样你就发现了一些神奇的东西： 对于一条边 \((u, v) dep_u < dep_v\)， 操作这条边相当于交换 \(u, v\) 点权， 其他点都不变

但是有特殊情况：根节点没有连向父亲的边， 不妨假想一条

因为题目中的操作不会改变点权集合， 所以如果 \(w_2\) 中的那条虚拟边和 \(w_1\) 中的一样都是 \(0\) 的话， 两个集合应该相等

将 \(w_1, w_2\) 的所有点权抑或起来就是 \(w_2\) 中虚拟边的边权， 将 \(w_2\) 中所有点权与他抑或后比较两个集合是否相等即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Pii pair <int, int>
using namespace std;
const int N = 1e7 + 10, MOD = 998244353;
const int Inv2 = (MOD + 1) / 2;

int n;
int u, v, wa, wb;
int a[N], b[N];

struct Edge{
    int v, wa, wb;
};
vector <Edge> e[N];

void Dfs(int x, int y, int va, int vb){
    a[x] = va, b[x] = vb;
    for(auto i : e[x]){
        if(i.v == y) continue;
        Dfs(i.v, x, va ^ i.wa, vb ^ i.wb);
    }
}

signed main(){
    cin >> n;
    for(int i = 1; i < n; i++){
        cin >> u >> v >> wa >> wb;
        e[u].push_back({v, wa, wb});
        e[v].push_back({u, wa, wb});
    }

    Dfs(1, 0, 0, 0);

    int xr = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        xr ^= (a[i] ^ b[i]);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        b[i] ^= xr;
    }

    sort(a + 1, a + 1 + n);
    sort(b + 1, b + 1 + n);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        if(a[i] != b[i]){
            cout << "NO\n";
            return 0;
        }
    }
    cout << "YES\n";
}

D - CF1710E

二分图博弈， 鸽

E - AGC040C

经典套路：黑白染色

思路

假设我们已经有了一个串， 将他的奇数位染成黑色， 偶数位染成白色

对于 \(AB, BA\) 他们一定是黑白各占一个的

不妨把黑色位置的 \(A, B\) 都改成 \(A\) ， 白色的都改成 \(B\) ， 那么原题中的限制就变成了 「不能删除连续的 \(AA, BB\)」

那么只有当 \(A\) 或 \(B\) 的数量超过一半时才没法变成空串

方案数用组合数算一下就行

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Pii pair <int, int>
using namespace std;
const int N = 1e7 + 10, MOD = 998244353;
const int Inv2 = (MOD + 1) / 2;

int n;
int tot;

int fac[N], inv[N];

void Init(){
    int up = 1e7;

    fac[0] = fac[1] = 1;
    inv[0] = inv[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= up; i++){
        fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;
        inv[i] = (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;
    }
    for(int i = 2; i <= up; i++){
        inv[i] = inv[i - 1] * inv[i] % MOD;
    }
}

int C(int n, int m){
    return fac[n] * inv[m] % MOD * inv[n - m] % MOD;
}

int Q_pow(int a, int b){
    int ans = 1, p = a;
    while(b){
        if(b & 1) ans = (ans * p) % MOD;
        b >>= 1;
        p = (p * p) % MOD;
    }
    return ans;
}

signed main(){
    // freopen("1.in", "r", stdin);

    cin >> n;
    Init();
    tot = Q_pow(3, n);
    // cout << tot << "tot\n";

    int st = (n + 1) / 2 + 1;
    // cout << st << "st\n";
    for(int i = st; i <= n; i++){
        int num = C(n, i) * Q_pow(2, n - i) % MOD * 2 % MOD;
        // cout << num << " ";
        tot = (tot - num + MOD) % MOD;
    }
    cout << tot << "\n";
}

F - CF1642F

根号分治， 随机化都行（题解区还有刚上新的同学的做法）

随机化正确率的计算

如果模数是 20， 那么不冲突的概率为 $\frac{C_{15}{5}}{C_{20}{5}} \approx 0.19369195046439628483 $

那么我们做 20 次， 正确率就是 \(1 - (1 - 0.19369195046439628483) ^ {20} \approx 0.98650975275351626002\)， 非常的高啊

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Pii pair <int, int>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10, MOD = 20, INF = 1e18;

int n, m, ans;
int a[N][7], w[N], num[N];
int dp[1 << 21], id[N];

int cnt;
unordered_map <int, int> rid;

void Calc(){
    random_shuffle(id + 1, id + 1 + cnt);

    int upp = (1 << 21) - 1;
    for(int i = 0; i <= upp; i++){
        dp[i] = INF;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        num[i] = 0;
        for(int j = 1; j <= m; j++){
            a[i][j] = id[a[i][j]];
            num[i] |= (1 << (a[i][j] % MOD));
        }
        dp[num[i]] = min(dp[num[i]], w[i]);
    }
    for(int i = 0; i <= 20; i++){
        for(int j = 0; j <= upp; j++){
            if((j >> i) & 1){
                dp[j] = min(dp[j], dp[j ^ (1 << i)]);
            }
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        ans = min(ans, w[i] + dp[upp ^ num[i]]);
    }
}

signed main(){
    srand(1ll * time(0) * time(0) % 998244353);

    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= m; j++){
            cin >> a[i][j];
            if(!rid[a[i][j]]) rid[a[i][j]] = ++cnt;
            a[i][j] = rid[a[i][j]];
        }
        cin >> w[i];
    }

    for(int i = 1; i <= cnt; i++){
        id[i] = i;
    }

    ans = INF;
    for(int i = 1; i <= 20; i++){
        Calc();
    }

    if(ans == INF){
        ans = -1;
    }
    cout << ans << "\n";
}

标签：const,int,题解,08,long,MOD,dp,define
From： https://www.cnblogs.com/Bubblee/p/18352017

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