2018徐州邀请赛

题目链接: https://www.jisuanke.com/contest/1408

A题

模拟一个BFS，输出最后一轮(层)被搜索的点中坐标最小的，比较坑的是 K==N*M 需要特判

#include <bits/stdc++.h>
#define fst first
#define scd second
#define ingrid(x,y) (x)>=1&&(x)<=N&&(y)>=1&&(y)<=M
using namespace std;
typedef pair<int ,int > pii;

bool graph[2001][2001];
queue< pii > Q;
int N,M;
int dx[4]={0,0,1,-1};
int dy[4]={1,-1,0,0};

pii getmin(pii a,pii b){
    if(a.fst!=b.fst) return a.fst<b.fst?a:b;
    return a.scd<=b.scd?a:b;
}

int main(){
    while(~scanf("%d%d",&N,&M)){
        int K;
        scanf("%d",&K);
        pii ans;
        memset(graph,false,sizeof(graph));
        while(!Q.empty()) Q.pop();
        for(int i=0;i<K;++i){
            pii tmp;
            scanf("%d%d",&tmp.fst,&tmp.scd);
            graph[tmp.fst][tmp.scd]=true;
            Q.push(tmp);
            ans=tmp;
        }
        if(K==N*M) { printf("%d %d
",ans.fst,ans.scd);continue;}
        int tot=0;
        for(;;){
            if(tot==N*M) break;
            pii mm=make_pair(N+1,M+1);
            int cnt=Q.size();
            tot+=cnt;
            while(cnt--){
                pii u=Q.front();Q.pop();
                int ux=u.fst,uy=u.scd;
                for(int i=0;i<4;++i){
                    int nx=ux+dx[i],ny=uy+dy[i];
                    if(ingrid(nx,ny)&&graph[nx][ny]==false){
                        pii tmp=make_pair(nx,ny);
                        graph[nx][ny]=true;
                        Q.push(tmp);
                        mm=getmin(mm,tmp);
                    }
                }
            }
            if(Q.size()+tot==N*M) {
                ans=mm;
                break;    
            }
        }
        printf("%d %d
",ans.fst,ans.scd);
    }
    return 0;
}

B题

元素为（1~N）的序列，问逆序对有K个时，有几种排列。

1

1 1

1 2 2 1

1 3 5 6 5 3 1

... ...

设逆序对个数 num(N,K)表示 长度为N，逆序对个数为K的排列组合个数，有递推式 num(N+1,K)=num(N,K)+num(N+1,K-1)-num(N,K-N-1) ;num(N,0)=1

//luogu有类似题目

此题比较坑的地方是卡内存，必须储存询问，离线用滚动数组计算递推式。间接排序是个好东西。

#include <bits/stdc++.h>
#define fst first
#define scd second
using namespace std;

typedef pair<int ,int > pii;
const int MOD=1e9+7;
int num[2][5001];
int ans[5001];
pii query[5001];
int _id[5001];
int tmpid; 
void solve(){
    int cntid=1;
    int cur=0;
    for(int i=0;i<5000;++i){
        memset(num[cur^1],0,sizeof(num[cur^1]));
        num[cur^1][0]=1;
        int bound=i*(i+1)/2;
        for(int j=1;j<=5000&&j<=bound;++j)
        {
            if(j-i-1>=0) num[cur^1][j]=((num[cur^1][j-1]+num[cur][j])%MOD-num[cur][j-i-1]+MOD)%MOD;
            else num[cur^1][j]=(num[cur^1][j-1]+num[cur][j])%MOD;
        }
        cur^=1;
        while(cntid<tmpid&&i+1==query[_id[cntid]].fst) {
            int KK=query[_id[cntid]].scd;
            ans[_id[cntid]]=num[cur][KK];
            cntid++;// Don't forget ！ 
        }
    }
}

int N,K;

bool cmp(int i,int j){
    pii a=query[i],b=query[j];
    if(a.fst!=b.fst)return a.fst<b.fst;
    return a.scd<b.scd;
}

int main(){
    tmpid=1;
    while(~scanf("%d%d",&N,&K)){
        _id[tmpid]=tmpid;
        query[tmpid]=make_pair(N,K);
        tmpid++;
    }
    sort(_id+1,_id+tmpid,cmp);
    solve();
    for(int i=1;i<tmpid;++i){
        printf("%d
",ans[i]);
    }
    return 0;
}

D题

了解题意后答案就是一系列组合数的积，可以将这一系列组合数的积，转化公式( ∑U_i)!/∏(U_i!)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fst    first
#define scd second
typedef pair<int ,int > pii;
typedef long long ll;

const ll MOD=1e9+7;

ll F[1000000+6];
ll ans;

void init(){
    F[1]=1;F[2]=2;
    for(ll i=3;i<=1000000;++i)
        F[i]=F[i-1]*i%MOD;
}

ll inv(ll a,ll m){
    if(a==1) return 1;
    return inv(m%a,m)*(m-m/a)%m;
}

int tot;
int A[1000000+6];
int main(){
    init();
    int N;
    while(~scanf("%d",&N)){
        tot=0;
        for(int i=0;i<N;++i) {
            scanf("%d",&A[i]);
            tot+=A[i];
        }
        ans=F[tot];
        for(int i=0;i<N;++i) {
            ans=ans*inv(F[A[i]],MOD)%MOD;
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}

E题

终点拆成两个点， 推出公式即可。

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

typedef long long ll;
const ll MOD=1e9+7;
ll F[2048];

void init(){
    F[0]=1;F[1]=1;
    for(ll i=2;i<=2000;++i)
        F[i]=F[i-1]*i%MOD;
    return;
}

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

ll ex_gcd(ll a,ll b,ll& x,ll& y){
    if(a==0&&b==0) return -1;
    if(b==0){
        x=1;y=0;return a;
    }
    ll d=ex_gcd(b,a%b,y,x);
    y-=a/b*x;
    return d;
}

ll inv( ll a,ll n){
    return qpow(a,n-2,n);
}

ll getC(int m,int n){
    if(n>m) return 0;//2 2
    return F[m]*inv(F[n],MOD)%MOD*inv(F[m-n],MOD)%MOD;
}

int main(){
    init();
    int N,M;
    while(~scanf("%d%d",&N,&M)){
        ll a=getC(M+N-4,N-2);
        ll b=getC(M+N-4,N-1);
        ll c=getC(M+N-4,M-1);
        printf("%lld
",(a*a%MOD-b*c%MOD+MOD)%MOD);
    }
    return 0;
}

I题

直接dp会TLE，后来想切成M天内的小dp，各段再大DP，优化了一点但还是TLE

正确做法应该用类似 矩阵快速幂 的方法 进行dp

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

typedef long long ll;

ll mod=1e18;
int N,M;
struct Matrix{
    ll dat[101][101];
    struct Matrix operator * (struct Matrix &b)const {
        struct Matrix ret;
        for(int i=1;i<=M;++i)
            for(int j=1;j<=M;++j)
                ret.dat[i][j]=0;
        for(int i=1;i<=M;++i)
            for(int j=1;j<=M;++j)
                for(int k=1;k<=M;++k){
                    ret.dat[i][j]=max(ret.dat[i][j],this->dat[i][k]+b.dat[k][j]);
                }
        return ret;
    }
}stt;

Matrix qPow(Matrix a,int n){
    Matrix ret;
    memset(ret.dat,0,sizeof(ret.dat));
    while(n){
        if(n&1) ret=ret*a;
        a=a*a;
        n>>=1;
    }
    return ret;
}

int main(){
    while(~scanf("%d%d",&N,&M)){
        for(int i=1;i<=M;++i)
            for(int j=1;j<=M;++j)
                stt.dat[i][j]=0;
        for(int i=1;i<=M;++i)
            for(int j=1;j<=M;++j){
                scanf("%lld",&stt.dat[i][j]);
            }
        Matrix fnl=qPow(stt,N-1);
        ll ans=-1ll; 
        for(int i=1;i<=M;++i)
            for(int j=1;j<=M;++j){
                ans=max(ans,fnl.dat[i][j]);
            }
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}

To be continued !