CCPC Wannafly Winter Camp Div2 部分题解

Day 1, Div 2, Prob. B - 吃豆豆

题目大意

wls有一个(n)行(m)列的棋盘，对于第(i)行第(j)列的格子，每过(T[i][j])秒会在上面出现一个糖果，糖果只存在一秒，下一秒就会消失。

假如wls第(k)秒在第(i)行第(j)列的格子上，满足(T[i][j]|k)，则wls会得到一个糖果。

wls每一秒只可以上下左右移动一格或停在原地。

请问wls从指定的(S(xs,ys)​)出发到达指定的(T(xt,yt)​)，并且在路上得到至少(C​)个糖果最少需要多少时间？

wls在(S)的初始时间是第0秒。

[1leq n,m,T[i][j]leq 10; 1leq Cleq 1018 ]

解题思路

(dp[i][j][k])表示吃到至少(k)颗豆豆，并且停在((i,j))处的最少时间（“最少”其实有些不准确，这个后面再解释）。那么(dp[i][j][1])就可以这样求出来了：

[dp[i][j][1]=dist(xs,ys,i,j)+Delta t ]

(Delta t)主要用于对(T[i][j])取整，注意(dp[xs][ys][1])就等于(T[xs][ys])。接下来可以递推求(dp[i][j][k])了：

[dp[i][j][k]=min{dp[i'][j'][k-1]+dis(i',j',i,j)+Delta t} ]

同样((i',j'))和((i,j))相同时也要特殊考虑。

所以重新说明一下(dp[i][j][k])的意义。它表示吃到至少(k)颗豆豆，并且停在((i,j))的某个时间。这个时间满足：给定(k)，由所有的(dp[i'][j'][k])走到((i,j))，取最小值就是至少吃(k)颗豆豆，并且停在((i,j))处的最少时间。因为由(dp[i'][j'][k-1])转移到(dp[i][j][k])时，路途上可能吃了豆豆，但这一定也会被某个(dp[i''][j''][k])存储起来。

还是有点难理解，(dp)的题还是要多做一些才能有这样的思路。

#include <bits/stdc++.h>

typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-5;
const int mod=1000000007;
const int maxn=10;
const int maxm=1018;

using namespace std;

int t[maxn+5][maxn+5];
int dp[maxn+5][maxn+5][maxm+10];

int dist(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
    return abs(x1-x2)+abs(y1-y2);
}

int main()
{
    int n,m,c;
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&c);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            scanf("%d",t[i]+j);
    int xs,ys,xt,yt;
    scanf("%d%d%d%d",&xs,&ys,&xt,&yt);

    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=m;j++)
    {
       	if(i!=xs||j!=ys)
         	dp[i][j][1]=(dist(xs,ys,i,j)+t[i][j]-1)/t[i][j]*t[i][j];
     	else
         	dp[i][j][1]=t[i][j];
    }

    for(int k=2;k<=c;k++)
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=m;j++)
    for(int ii=1;ii<=n;ii++)
    for(int jj=1;jj<=m;jj++)
    {
        int temp;
        if(ii==i&&jj==j)
            temp=dp[ii][jj][k-1]+t[ii][jj];
        else
            temp=(dp[ii][jj][k-1]+dist(ii,jj,i,j)+t[i][j]-1)/t[i][j]*t[i][j];
        dp[i][j][k]=min(dp[i][j][k],temp);
    }

    int ans=inf;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            int temp=dp[i][j][c]+dist(i,j,xt,yt);
            ans=min(ans,temp);
        }
    }

    printf("%d
",ans);

    return 0;
}

Day 4, Div 2, Prob. G - 置置置换

题目大意

wls有一个整数(n)，他想请你算一下有多少(1...n)的排列（permutation）满足：对于所有的(i(2leq ileq n))，若(i)为奇数，则(a[i-1]<a[i])，否则(a[i-1]>a[i])。请输出答案mod 1e9+7。

[1leq nleq 1000 ]

解题思路

(dp[i][j])表示使用(1...i)，开头为(j)的符合条件的排列数。

容易发现，将(dp[i][j])排列对(i+1)取补，在开头加上一个比(i+1-j)大的数(j')，再把不比(j')小的数都加一，就构造了一个新的(1...i+1)的排列。转移方程如下：

[dp[i][j]=sumlimits _{j'=i-j+1}^{i-1} dp[i-1][j'] ]

容易发现，给定(j)，这样构造是不重不漏的：每个(dp[i][j])，都可以有一个(dp[i-1][j'])与之对应；而每个(dp[i-1][j'])，都可以对指定的(j)，构造出一个(dp[i][j])。

再利用一个前缀和，将复杂度降到(O(n^2))。

#include <bits/stdc++.h>

typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-5;
const int mod=1000000007;
const int maxn=1000;
const int maxm=300000;

using namespace std;

ll dp[maxn+10][maxn+10];

int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);

    memset(dp,0,sizeof(dp));
    dp[1][1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=i;j++)
        {
            dp[i][j]=(dp[i-1][i-1]-dp[i-1][i-j])%mod;
        }
        for(int j=1;j<=i;j++)
            dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i][j-1])%mod;
    }

    printf("%lld
",(dp[n][n]%mod+mod)%mod);

    return 0;
}

Day 5, Div 2, Prob. F - Kropki

题目大意

你有一个(1)到(n)的排列 (p_1), (p_2), ... , (p_n)，对于所有的(i(1leq ileq n-1)), 如果(p_i)和(p_{i+1})中，有一个数是另一个数的两倍，那么这两个数之间标一个1，否则标0。

给定及长度为(n-1(2leq nleq 15))的01串(str[1:n-1])，问有多少(1)到(n)的排列对应该01串。

解题思路

状压DP。(dp[i][j][k]​)表示(1...i​)位，使用过的数字状态是(j​)，末位是(k​)的排列数。

当(i​)与(i+1​)之间标1时，若(k imes 2leq n​)且未被使用，则(dp[i][j][k]​)可以向(dp[i+1][j'][k imes 2]​)转移：

[dp[i+1][j|(1<<(2k-1))][2k]+=dp[i][j][k],str[i]==1,2kleq n,j&(1<<(2k-1))==0 ]

同理可得：

[dp[i+1][j|(1<<(k/2-1))][k/2]+=dp[i][j][k],str[i]==1,k\%2==0,j&(1<<(k/2-1))==0 ]

[dp[i+1][j|(1<<(tmp-1))][tmp]+=dp[i][j][k],str[i]==0,1leq tmpleq n,k\%2==1||tmp eq k/2,tmp eq 2k,j&(1<<(tmp-1))==0​ ]

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-5;
const double pi=3.141592653589793;
const int mod=1000000007;
const int maxn=1000;
const int maxm=1000;

using namespace std;

char str[maxn+10];
int dp[20][40000][20];

int main()
{
   int n;
   scanf("%d",&n);
   scanf("%s",str+1);

   memset(dp,0,sizeof(dp));
   for(int i=1; i<=15; i++)
       dp[1][1<<(i-1)][i]=1;

   for(int i=1; i<=n-1; i++)
   for(int j=1;j<=(1<<n)-1;j++)
   for(int k=1;k<=n;k++)
       if(dp[i][j][k]>0)
       {
           if(str[i]=='1')
           {
               if(k%2==0&&(j&(1<<((k/2)-1)))==0)
                   dp[i+1][j|(1<<((k/2)-1))][k/2]=(dp[i+1][j|(1<<((k/2)-1))][k/2]+dp[i][j][k])%mod;
               if(k*2<=n&&(j&(1<<((k*2)-1)))==0)
                   dp[i+1][j|(1<<((k*2)-1))][k*2]=(dp[i+1][j|(1<<((k*2)-1))][k*2]+dp[i][j][k])%mod;
           }
           else
           {
               for(int tmp=1;tmp<=n;tmp++)
                   if((k%2==1||tmp!=k/2)&&tmp!=k*2&&(j&(1<<((tmp)-1)))==0)
                       dp[i+1][j|(1<<((tmp)-1))][tmp]=(dp[i+1][j|(1<<((tmp)-1))][tmp]+dp[i][j][k])%mod;
           }
       }
   ll ans=0;
   for(int i=1;i<=n;i++)
       ans=(ans+1LL*dp[n][(1<<n)-1][i])%mod;
   printf("%lld
",ans);

   return 0;
}