T1 数数
题意：有a个红球，b个黄球，c个蓝球，d个绿球排成一列，求任意相邻不同色的排列的数目
1 <= a , b, c, d <= 30 答案对1e9 + 7 取膜
用的类似数位dp的方法记忆化搜索，复杂度O(a4)，我的方法可能常数有点大，但还是挺易懂的。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
ll mol;
ll f[121][31][31][31][5];
int a, b, c, d;
ll dfs(int x, int red, int yellow, int blue, int last)
{
// printf("x = %d red = %d yellow = %d blue = %d last = %d green = %d
", x, red, yellow, blue, last, x - 1 - red - yellow - blue);
if(x == (a + b + c + d))
{
if(red != a) if(last != 1) return 1; else return 0;
if(yellow != b) if(last != 2) return 1; else return 0;
if(blue != c) if(last != 3) return 1; else return 0;
if((x - 1 - red - yellow - blue) != d) if(last != 4) return 1; else return 0;
return 0;
}
if(f[x][red][yellow][blue][last] != -1) return f[x][red][yellow][blue][last];
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= 4; i++)
{
if(i == 1 && red == a)continue;
if(i == 2 && yellow == b)continue;
if(i == 3 && blue == c)continue;
if(i == 4 && (x - 1 - red - yellow - blue) == d)continue;
if(i != last)ans =(ans + dfs(x + 1, red + ((i == 1) ? 1 : 0) , yellow + ((i == 2) ? 1 : 0) , blue + ((i == 3) ? 1 : 0) , i)) % mol;
}
f[x][red][yellow][blue][last] = ans % mol;
return ans % mol;
}
int main()
{
mol = 1e9 + 7;
scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d);
memset(f, -1, sizeof(f));
printf("%lld
" , dfs(1, 0, 0, 0, 0));
return 0;
}
T2 数组
题意：有一个大小为n的数组a[]，初始值为0，可以分m次让数组的某一位加1，求能生成多少种排列使得恰好有k个位置是奇数。
1 <= n, m <= 1e5 0 <= k <= n 答案对1e9 + 7 取膜
这道题的做法比较巧妙，我们需要将问题通过转化，变成一个简单的模型
首先我们将m-k，问题就转化为了把m-k分成n个偶数，每个偶数可以为0的问题
然后，因为偶数除以2可以为奇数，可以为偶数，我们再将(m-k)除以2，问题就转化为了将(m-k)/2分成n个正整数，每个整数可以为0的问题，用挡板法加排列组合可以解决，但由于涉及到除数取膜，需要用乘法逆元。
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
ll mol;
int n, m, k;
ll quickpow(ll a, int b)
{
ll ret = 1;
while(b != 0)
{
if(b&1) ret = ret * a % mol;
b >>= 1;
a = a * a % mol;
}
return ret % mol;
}
ll C(int x, int y)
{
ll ret = 1;
for(ll i = x; i >= x - y + 1; i--)
{
ret = ret * i % mol;
}
for(ll i = 1; i <= y; i++)
{
ret = ret * quickpow(i, mol - 2) % mol;
}
return ret;
}
int main()
{
mol = 1e9 + 7;
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
if((m - k) % 2 == 1)
{
printf("0
");
return 0;
}
printf("%lld
", C(n , k) * C((m - k) / 2 + n - 1, n - 1) % mol);
return 0;
}
T3 子集
题意：有一个集合，里面有n个正整数。这个集合有2n个子集，求这个集合的第k小子集
1 <= n <= 35
首先，我们通过观察发现，对于40%的数据，我们直接暴力搜索就可以解决问题，但总范围刚好是我们搜索范围的两倍，对于这一类问题，我们可以采用一种叫做meet-in-the-middle的算法，类似于广搜优化技巧中的双向广搜。
我们每次只搜索总范围的一半，这样时间和空间就不会出现问题，然后对每次搜索出来的数进行排序，使数据有序，然后利用数据的有序，采用二分，用两个指针分别在两个数组中查找即可。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
int n;
ll k;
int r1, r2;
ll a[3][1 << 20], b[50], c1[1 << 20], c2[1 << 20];
int head[3], tail[3];
ll cnt[3];
void dfs(int x, ll num, int k)
{
// printf("x = %d num = %lld k = %d
", x, num, k);
if(x == tail[k] - head[k] + 1)
{
a[k][++cnt[k]] = num;
return;
}
dfs(x + 1, num + b[x + head[k] - 1 + 1], k);
dfs(x + 1, num, k);
}
int check(ll x)
{
ll p1 = 1;
while(c1[p1 + 1] + c2[1] <= x && p1 + 1 <= r1)p1++;
ll cnt = 0;
for(int i = 1; i <= r2; i++)
{
while(c1[p1] + c2[i] > x && p1 >= 0) p1--;
if(p1 < 0)break;
cnt += (p1);
}
// printf("cnt = %lld
", cnt);
if(cnt >= k)return 1; else return 0;
}
int main()
{
scanf("%d%lld", &n, &k);
for(int i = 1; i <= n; i++)scanf("%lld", &b[i]);
head[1] = 1; tail[1] = n / 2; r1 = tail[1];
head[2] = n / 2 + 1; tail[2] = n; r2 = tail[2] - head[2] + 1;
dfs(0, 0, 1);dfs(0, 0, 2);
r1 = cnt[1]; r2 = cnt[2];
for(int i = 1; i <= r1; i++)c1[i] = a[1][i];
for(int i = 1; i <= r2; i++)c2[i] = a[2][i];
sort(c1 + 1, c1 + r1 + 1);
sort(c2 + 1, c2 + r2 + 1);
// for(int i = 1; i <= r1; i++) printf("%d ", c1[i]); printf("
");
// for(int i = 1; i <= r2; i++) printf("%d ", c2[i]); printf("
");
// printf("r1 = %d r2 = %d
", r1, r2);
ll l = 1, r = 35, ans = 0; r *= 1e9;
while(l <= r)
{
// printf("l = %lld r = %lld
", l, r);
ll mid = (l + r) >> 1;
if(check(mid) == 1)
{
ans = mid; r = mid - 1;
}
else l = mid + 1;
}
printf("%lld
", ans);
return 0;
}