T1 [JZOJ6310] Global warming
题目描述
给定整数 n 和 x，以及一个大小为 n 的序列 a。
你可以选择一个区间 [l,r]，然后令 a[i]+=d(l<=i<=r)，其中 d 满足 |d|<=x。
要求最大化 a 的最长上升子序列的长度，并输出该值。
数据范围
对于 $5\%$ 的数据点，$n,x leq 10$
对于另外 $10\%$ 的数据点，$n,x leq 50$
对于另外 $13\%$ 的数据点，$n leq 1000$
对于另外 $10\%$ 的数据点，$x=0$
对于另外 $20\%$ 的数据点，$x leq 5$，$n leq 5 imes 10^4$
对于另外 $17\%$ 的数据点，$x=10^9$
对于 $100\%$ 的数据点，$n leq 2 imes 10^5$，$x leq 10^9$
分析
$Subtask$ 真是让人头大，玄学挂了两个点结果只得了 $62 \, pts$
这题有几个很显然的地方
令区间 $[l,r] ; (1 leq l leq r < n)$ 加上 $i ; (0 leq i leq x)$ 必不优于区间 $[l,n]$
令区间 $[l,r] ; (1 < l leq r leq n)$ 减去 $i ; (0 leq i leq x)$ 必不优于区间 $[1,r]$
令区间 $[l,n]$ 加上 $i ; (0 leq i < x)$ 或令区间 $[1,r]$ 减去 $i$ 必不优于加上/减去 $x$
由于加减实际上是等价的，所以我们假定让区间 $[1,r] ; (1 leq r < n)$ 减去 $x$
设 $f_i$ 表示减小的区间为 $[1,i-1]$ 且 $a_i$ 被选中时的最长上升子序列长度
首先正序做一遍最长上升子序列可以处理出 $f$ 数组，然后倒序做一遍找出最优解
若当前位置为 $i$，则 $ans_i=f_i \, +$ 以 $i$ 结尾的最长下降子序列长度（倒序）
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <algorithm> #include <vector> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 200005 int n, x, pos, ans; int a[N], q[N], f[N]; int main() { scanf("%d%d", &n, &x); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a + i); for (int i = 1; i <= n; i++) { f[i] = lower_bound(q + 1, q + q[0] + 1, a[i]) - q - 1; pos = lower_bound(q + 1, q + q[0] + 1, a[i] - x) - q; q[pos] = a[i] - x; q[0] = max(q[0], pos); } q[0] = 0; for (int i = n; i; i--) { pos = lower_bound(q + 1, q + q[0] + 1, a[i], greater<int>()) - q; q[pos] = a[i]; q[0] = max(q[0], pos); ans = max(ans, f[i] + pos); } printf("%d", ans); return 0; }
T2 [JZOJ6311] Mobitel
题目描述
给定一个 r 行 s 列的矩阵，每个格子里都有一个正整数。
问如果从左上角走到右下角，且每次只能向右或向下走到相邻格子，那么使得路径上所有数的乘积不小于 n 的路径有多少条？
由于答案可能很大，所以请输出答案对 10^9+7 取模的结果。
数据范围
对于 $20\%$ 的数据，矩阵中的数不超过 $10$
对于 $50\%$ 的数据，$1 leq r,s leq 100$
对于 $100\%$ 的数据，$1 leq r,s leq 300$，$1 leq n leq 10^6$，矩阵中的数不超过 $10^6$
分析
显然可以先求出总路径数，再减去乘积小于 $n$ 的路径数得到答案
刚开始很容易想到设 $f[i][j][k]$ 表示走到点 $(i,j)$ 处乘积为 $k$ 时的路径数
但时间空间都不允许 $O(rsn)$ 的复杂度
考虑优化状态 $k$，我们发现可以保存剩下还可以乘的数的状态
即 $f[i][j][k]$ 表示走到点 $(i,j)$ 处乘积 $x$ 满足 $lfloor frac{n-1}{x} floor =k$ 的路径数
此时 $k$ 的种类数为 $2 sqrt{n}$，总时间复杂度为 $O(rs sqrt{n})$
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <algorithm> #include <vector> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 305 #define M 2005 const int p = 1e9 + 7; int r, c, n, m, q, sum; int g[N][N], f[2][N][M]; int inv[N], w[M], id[1000005]; int Sum() { ll ans = 1; inv[1] = 1; for (int i = r; i <= r + c - 2; i++) ans = ans * i % p; for (int i = 2; i < c; i++) { inv[i] = (ll)(p - p / i) * inv[p % i] % p; ans = ans * inv[i] % p; } return (int)ans; } int main() { scanf("%d%d%d", &r, &c, &n); n--; for (int x = 1, y; x <= n; x = y + 1) y = n / (n / x), w[++m] = n / x, id[w[m]] = m; f[0][1][1] = 1; for (int i = 1; i <= r; i++, q ^= 1) { memset(f[q ^ 1], 0, sizeof f[q ^ 1]); for (int j = 1; j <= c; j++) { int x; scanf("%d", &x); for (int k = 1; k <= m; k++) f[q ^ 1][j][id[w[k] / x]] = (f[q ^ 1][j][id[w[k] / x]] + (f[q][j][k] + f[q ^ 1][j - 1][k]) % p) % p; } } for (int i = 1; i <= m; i++) sum = (sum + f[q][c][i]) % p; printf("%d", (Sum() - sum + p) % p); return 0; }
T3 [JZOJ6312] Lottery
题目描述
定义两个序列对应位置上不同的值的个数不超过 k，则可称为 k 相似。
现在有一个长度为 n 的序列 a，将它划分为 n−l+1 个长度为 l 的子串（第 i 个子串为 a[i]~a[i+l-1]）
有 q 组询问，第 j 组询问给出一个 kj，求每个子串与多少个其它的子串可称为 kj 相似。
数据范围
对于 $25\%$ 的数据点，$n leq 300$
对于另外 $20\%$ 的数据点，$n leq 2 imes 10^3$
对于另外 $20\%$ 的数据点，$q=1$，$k_1=1$
对于另外 $15\%$ 的数据点，$q=1$
对于 $100\%$ 的数据点，$k_j leq l leq n leq 10^4$，$q leq 100$，$a_i leq 10^9$
分析
只要常数小，$n$ 方过一万有时也能成为正解 ——讲题人
如果直接暴力判断相似，那么时间复杂度为 $O(n^2l)$
实际上如果我们已知 $[l_1,r_1]$ 和 $[l_2,r_2]$ 的相似度，那么就可以 $O(1)$ 求出 $[l_1+1,r_1+1]$ 和 $[l_2+1,r_2+1]$ 相似度
这样判断子串之间相似的复杂度为 $O(n^2)$
如果我们用 $f[i][j]$ 表示 $i$ 串与 $j$ 串的不相似度，那么在每个子串输出答案时还需要遍历一遍其他所有子串，则输出时的时间复杂度为 $O(n^2q)$
所以可以用 $f[i][k]$ 表示与 $i$ 串不相似度为 $k$ 的子串数，但此时空间复杂度依然无法接受
我们发现询问次数非常小，所以数组第二维只需要开到 $q$，最后再用前缀和计算一下
总时间复杂度为 $O(n^2)$，空间复杂度为 $O(nq)$
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <algorithm> #include <vector> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 10005 #define M 105 int n, m, l, k; int a[N], b[M], f[N][M], pos[N]; struct Query {int val, id, num;} q[M]; bool cmp1(Query x, Query y) {return x.val < y.val;} bool cmp2(Query x, Query y) {return x.id < y.id;} int main() { scanf("%d%d", &n, &l); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a + i); scanf("%d", &m); for (int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d", &q[i].val), q[i].id = i; sort(q + 1, q + m + 1, cmp1); for (int i = 1; i <= m; i++) q[i].num = i, b[i] = q[i].val; for (int i = 0; i <= l; i++) pos[i] = lower_bound(b + 1, b + m + 1, i) - b; for (int i = 1; i + l - 1 < n; i++, k = 0) { for (int j = 1; j <= l; j++) if (a[j] != a[j + i]) k++; int p = pos[k]; f[1][p]++; f[1 + i][p]++; for (int j = 2; j + i + l - 1 <= n; j++) { k += (a[j + l - 1] != a[j + i + l - 1]) - (a[j - 1] != a[j + i - 1]); p = pos[k]; f[j][p]++; f[j + i][p]++; } } for (int i = 1; i <= n - l + 1; i++) for (int j = 1; j <= m; j++) f[i][j] += f[i][j - 1]; sort(q + 1, q + m + 1, cmp2); for (int i = 1; i <= m; i++) { for (int j = 1; j <= n - l + 1; j++) printf("%d ", f[j][q[i].num]); printf(" "); } return 0; }