TJOI2018簡要題解

時間  2019-11-09
標籤 tjoi2018 tjoi 簡要 題解 简体版
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Day1T1數學計算

按照時間軸建一棵線段樹便可，複雜度爲\(O(m \log m)\)

#include <bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define ll long long
#define getchar nc
using namespace std;
inline char nc(){
    static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf; 
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; 
}
inline ll read()
{
    register ll x=0,f=1;register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
inline void write(register int x)
{
    if(!x)putchar('0');if(x<0)x=-x,putchar('-');
    static int sta[20];register int tot=0;
    while(x)sta[tot++]=x%10,x/=10;
    while(tot)putchar(sta[--tot]+48);
}
int n;
ll mod;
struct SegmentTree{
    ll mul[N<<3];
    inline void init(register int x,register int l,register int r)
    {
        mul[x]=1;
        if(l==r)
            return;
        int mid=l+r>>1;
        init(x<<1,l,mid);
        init(x<<1|1,mid+1,r);
    }
    inline void pushup(register int x)
    {
        mul[x]=mul[x<<1]*mul[x<<1|1]%mod;
    }
    inline void update(register int x,register int l,register int r,register int pos,register int v)
    {
        if(l==r)
        {
            mul[x]=v;
            return;
        }
        int mid=l+r>>1;
        if(pos<=mid)
            update(x<<1,l,mid,pos,v);
        else 
            update(x<<1|1,mid+1,r,pos,v);
        pushup(x);
    }
}tr;
int main()
{
    int T=read();
    while(T--)
    {
        n=read(),mod=read();
        tr.init(1,1,n);
        for(register int i=1;i<=n;++i)
        {
            int opt=read();
            ll x=read();
            if(opt==1)
                tr.update(1,1,n,i,x);
            else
                tr.update(1,1,n,x,1);
            write(tr.mul[1]),puts("");
        }
    }
    return 0;
 }

Day1T2智力競賽

考慮二分答案，二分的是最大能覆蓋到的權值

這樣咱們就將問題轉化成一個DAG可否被\(n+1\)條可重鏈覆蓋

這就是一個經典問題了，先跑一下弗洛伊德傳遞閉包，而後二分圖最大匹配便可，複雜度爲\(O(m^3+m^3 \log m )\)

#include <bits/stdc++.h>
#define N 505
#define getchar nc
using namespace std;
inline char nc(){
    static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read()
{
    register int x=0,f=1;register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
inline void write(register int x)
{
    if(!x)putchar('0');if(x<0)x=-x,putchar('-');
    static int sta[20];register int tot=0;
    while(x)sta[tot++]=x%10,x/=10;
    while(tot)putchar(sta[--tot]+48);
}
int n,m,o[N],v[N],G[N][N],GN[N][N],link[N],vis[N];
inline bool Hungary(register int x)
{
    for(register int v=1;v<=m;++v)
    {
        if(!GN[x][v]||vis[v])
            continue;
        vis[v]=1;
        if(!link[v]||Hungary(link[v]))
            return link[v]=x;
    }
    return 0;
}
inline bool check(register int mid)
{
    int res=0;
    for(register int i=1;i<=m;++i)
        if(v[i]<=mid)
            ++res;
    for(register int i=1;i<=m;++i)
        for(register int j=1;j<=m;++j)
        {
            if(v[i]<=mid&&v[j]<=mid)
                GN[i][j]=G[i][j];
            else
                GN[i][j]=0;
        }
    memset(link,0,sizeof(link));
    for(register int i=1;i<=m;++i)
    {
        if(v[i]>mid)
            continue;
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        if(Hungary(i))
            --res;
    }
    return res<=n;
}
int main()
{
    n=read()+1,m=read();
    for(register int i=1;i<=m;++i)
    {
        o[i]=v[i]=read();
        int cnt=read();
        while(cnt--)
            G[i][read()]=1;
    }
    for(register int k=1;k<=m;++k)
        for(register int i=1;i<=m;++i)
            for(register int j=1;j<=m;++j)
                G[i][j]|=G[i][k]&G[k][j];
    sort(o+1,o+m+1);
    if(check(o[m]+1))
    {
        puts("AK");
        return 0;
    }
    int l=1,r=m-1;
    while(l<r)
    {
        int mid=l+r+1>>1;
        if(check(o[mid]))
            l=mid;
        else
            r=mid-1;
    }
    write(o[l+1]);
    return 0;
}

Day1T3遊園會

這題和麻將是一個套路，考的是一個叫作dp套dp的神奇科技

發現獎章串的長度小於等於15，因此能夠考慮把15位的dp數組做爲轉移的狀態

回想一下lcs的求法，dp相鄰的兩個值最多差1，能夠考慮狀壓

設\(f[i][j][0/1/2]\)表示匹配到兌獎串的第\(i\)位，\(dp\)狀態爲j，最後與「NOI」的匹配位數爲0/1/2，轉移顯然

直接作空間會炸，第一位滾一下便可，複雜度爲\(O(nk2^k)\)

#include <bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define N 1005
using namespace std;
inline int read()
{
    register int x=0,f=1;register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
inline void write(register int x)
{
    if(!x)putchar('0');if(x<0)x=-x,putchar('-');
    static int sta[20];register int tot=0;
    while(x)sta[tot++]=x%10,x/=10;
    while(tot)putchar(sta[--tot]+48);
}
inline void add(register int &x,register int y)
{
    x+=y;
    if(x>=mod)
        x-=mod;
}
int n,l,tot;
char s[20];
int dp[2][N],f[2][1<<15][3],ans[N];
inline void decode(register int sta)
{
    for(register int i=1;i<=l;++i)
        dp[0][i]=(sta>>(i-1))&1;
    for(register int i=1;i<=l;++i)
        dp[0][i]+=dp[0][i-1];
}
inline int encode()
{
    int res=0;
    for(register int i=1;i<=l;++i)
        if(dp[1][i]-dp[1][i-1])
            res|=1<<(i-1);
    return res;
}
inline void trans(register int i,register int j,register int k,register char c,register int v)
{
    decode(j);
    for(register int p=1;p<=l;++p)
    {
        dp[1][p]=max(dp[1][p-1],dp[0][p]);
        dp[1][p]=max(dp[1][p],dp[0][p-1]+(c==s[p]));
    }
    add(f[i][encode()][k],v);
}
int main()
{
    n=read(),l=read(),tot=1<<l;
    scanf("%s",s+1);
    f[0][0][0]=1;
    for(register int i=0;i<n;++i)
    {
        int now=i&1,nxt=now^1;
        memset(f[nxt],0,sizeof(f[nxt]));
        for(register int j=0;j<tot;++j)
        {
            if(f[now][j][0])
            {
                trans(nxt,j,1,'N',f[now][j][0]);
                trans(nxt,j,0,'O',f[now][j][0]);
                trans(nxt,j,0,'I',f[now][j][0]);
            }
            if(f[now][j][1])
            {
                trans(nxt,j,1,'N',f[now][j][1]);
                trans(nxt,j,2,'O',f[now][j][1]);
                trans(nxt,j,0,'I',f[now][j][1]);
            }
            if(f[now][j][2])
            {
                trans(nxt,j,1,'N',f[now][j][2]);
                trans(nxt,j,0,'O',f[now][j][2]);
            }
        }
    }
    for(register int i=0;i<tot;++i)
        for(register int j=0;j<=2;++j)
            add(ans[__builtin_popcount(i)],f[n&1][i][j]);
    for(register int i=0;i<=l;++i)
        write(ans[i]),puts("");
    return 0;
}

Day2T1鹼基序列

kmp來優化dp，設\(dp_{i,j}\)表示處理完了\(i\)個鹼基序列，匹配到第\(j\)位的方案數，轉移顯然

空間不夠，滾動一下便可，複雜度爲\(O(T \sum a_i |s|)\)

#include <bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define N 100005
using namespace std;
inline int read()
{
    register int x=0,f=1;register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
inline void write(register int x)
{
    if(!x)putchar('0');if(x<0)x=-x,putchar('-');
    static int sta[20];register int tot=0;
    while(x)sta[tot++]=x%10,x/=10;
    while(tot)putchar(sta[--tot]+48);
}
int m,n,f[2][N],now,nxt[N],ans;
char s[N],t[N];
int main()
{
    m=read();
    scanf("%s",s+1);
    n=strlen(s+1);
    for(register int i=0;i<=n;++i)
        f[now][i]=1;
    now^=1;
    while(m--)
    {
        memset(f[now],0,sizeof(f[now]));
        int cnt=read();
        while(cnt--)
        {
            scanf("%s",t+1);
            int len=strlen(t+1);
            nxt[1]=0;
            for(register int i=1,k=0;i<len;++i)
            {
                while(k&&t[i+1]!=t[k+1])
                    k=nxt[k];
                nxt[i+1]=(t[i+1]==t[k+1]?++k:0);
            }
            for(register int i=1,k=0;i<=n;++i)
            {
                while(k&&s[i]!=t[k+1])
                    k=nxt[k];
                k+=(s[i]==t[k+1]);
                if(k==len)
                    f[now][i]=(f[now][i]+f[now^1][i-k])%mod;
            }
        }
        now^=1;
    }
    now^=1;
    for(register int i=0;i<=n;++i)
        ans=(ans+f[now][i])%mod;
    write(ans);
    return 0;
}

Day2T2異或

珂以直接大力樹剖，按dfs序建可持久化01trie，子樹查詢就是區間查詢，鏈查詢靠樹剖變成一堆區間查詢

這個複雜度爲\(O(32 m \log n)\)，實際複雜度珂以更優，對於子樹查詢按dfs序建01trie，區間查詢，對於鏈查詢按dep建01trie，樹上差分後區間查詢，複雜度優化爲\(O(32 m)\)

因爲我比較懶，我只寫了\(O(32 m \log n)\)的作法（劃掉

#include <bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define getchar nc
using namespace std;
inline char nc(){
    static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read()
{
    register int x=0,f=1;register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
inline void write(register int x)
{
    if(!x)putchar('0');if(x<0)x=-x,putchar('-');
    static int sta[20];register int tot=0;
    while(x)sta[tot++]=x%10,x/=10;
    while(tot)putchar(sta[--tot]+48);
}
inline int Max(register int a,register int b)
{
    return a>b?a:b;
}
struct edge{
    int to,next;
}e[N<<1];
int head[N],cnt=0;
inline void add(register int u,register int v)
{
    e[++cnt]=(edge){v,head[u]};
    head[u]=cnt;
}
int n,q,v[N],root[N]; 
int son[N],fa[N],size[N],dep[N],top[N],dfn[N],tim;
struct node{
    int ch[2],sum;
}tr[N*80];
int tot=0;
inline void insert(register int &rt,register int pre,register int bit,register int val)
{
    rt=++tot;
    tr[rt]=tr[pre];
    ++tr[rt].sum;
    if(bit==-1)
        return;
    int f=(val>>bit)&1;
    insert(tr[rt].ch[f],tr[pre].ch[f],bit-1,val);
}
inline int query(register int a,register int b,register int bit,register int val)
{
    if(bit==-1)
        return 0;
    int f=((val>>bit)&1)^1;
    if(tr[tr[b].ch[f]].sum>tr[tr[a].ch[f]].sum)
        return (1<<bit)+query(tr[a].ch[f],tr[b].ch[f],bit-1,val);
    else
        return query(tr[a].ch[f^1],tr[b].ch[f^1],bit-1,val);
}
inline void dfs1(register int x)
{
    size[x]=1;
    for(register int i=head[x];i;i=e[i].next)
    {
        int v=e[i].to;
        if(v==fa[x])
            continue;
        dep[v]=dep[x]+1;
        fa[v]=x;
        dfs1(v);
        size[x]+=size[v];
        if(size[son[x]]<size[v])
            son[x]=v;
    }
}
inline void dfs2(register int x,register int t)
{
    top[x]=t;
    dfn[x]=++tim;
    insert(root[tim],root[tim-1],30,v[x]);
    if(son[x])
        dfs2(son[x],t);
    for(register int i=head[x];i;i=e[i].next)
    {
        int v=e[i].to;
        if(v==fa[x]||v==son[x])
            continue;
        dfs2(v,v);
    }
}
inline int cal(register int x,register int y,register int z)
{
    int res=0;
    int fx=top[x],fy=top[y];
    while(fx!=fy)
    {
        if(dep[fx]<dep[fy])
        {
            x^=y^=x^=y;
            fx^=fy^=fx^=fy;
        }
        res=Max(res,query(root[dfn[fx]-1],root[dfn[x]],30,z));
        x=fa[fx];
        fx=top[x];
    }
    if(dep[x]>dep[y])
        x^=y^=x^=y;
    res=Max(res,query(root[dfn[x]-1],root[dfn[y]],30,z));
    return res;
}
int main()
{
    n=read(),q=read();
    for(register int i=1;i<=n;++i)
        v[i]=read();
    for(register int i=1;i<n;++i)
    {
        int u=read(),v=read();
        add(u,v),add(v,u);
    }
    dfs1(1);
    dfs2(1,0);
    while(q--)
    {
        int opt=read();
        if(opt==1)
        {
            int x=read(),y=read();
            write(query(root[dfn[x]-1],root[dfn[x]+size[x]-1],30,y)),puts("");
        }
        else
        {
            int x=read(),y=read(),z=read();
            write(cal(x,y,z)),puts("");
        }
    }
    return 0;
}

Day2T3教科書般的褻瀆

設

\[S(x)=\sum_{i=1}^{x} i^{m+1}\]node

則

\[Ans=\sum_{i=0}^{m}\left(S\left(n-a_{i}\right)-\sum_{j=i+1}^{m}\left(a_{j}-a_{i}\right)^{m+1}\right)\]c++

珂以證實\(S(x)\)是個\(m+3\)次多項式（珂以用一次二次三次函數類比，但嚴謹的證實仍是須要經過數學概括法的），能夠用拉格朗日插值快速處理，複雜度爲\(O(T m^2 \log p)\)，預處理逆元的話能作到\(O(T m^2)\)

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define N 55
#define getchar nc
using namespace std;
inline char nc(){
    static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline ll read()
{
    register ll x=0,f=1;register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
inline void write(register int x)
{
    if(!x)putchar('0');if(x<0)x=-x,putchar('-');
    static int sta[20];register int tot=0;
    while(x)sta[tot++]=x%10,x/=10;
    while(tot)putchar(sta[--tot]+48);
}
inline int power(register ll a,register int b)
{
    a%=mod;
    int res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            res=1ll*res*a%mod;
        a=1ll*a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
ll T,n,m,a[N],f[N];
inline int calc(register ll d,register int n)
{
    if(d<=n)
        return f[d];
    int o=(n&1)?-1:1,tmp=1,ans=0;
    for(register int i=1;i<=n;++i)
        tmp=1ll*(d-i)%mod*tmp%mod;
    for(register int i=1;i<=n;++i)
        tmp=1ll*tmp*power(i,mod-2)%mod;
    for(register int i=0;i<=n;++i,o=-o)
    {
        ans=(ans+1ll*o*f[i]%mod*tmp%mod)%mod;
        tmp=1ll*(d-i)%mod*tmp%mod*power(d-i-1,mod-2)%mod;
        tmp=1ll*tmp*(n-i)%mod*power(i+1,mod-2)%mod;
    }
    return (ans+mod)%mod;
}
int main()
{
    T=read();
    while(T--)
    {
        n=read(),m=read();
        for(register int i=1;i<=m;++i)
            a[i]=read();
        for(register int i=1;i<=m+3;++i)
            f[i]=(f[i-1]+power(i,m+1))%mod;
        sort(a+1,a+m+1);
        int ans=0;
        for(register int i=0;i<=m;++i)
        {
            ans=(ans+calc(n-a[i],m+3))%mod;
            for(register int j=i+1;j<=m;++j)
                ans=(0ll+ans+mod-power(a[j]-a[i],m+1))%mod;
        }
        write(ans),puts("");
    }
    return 0;
}
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