心路历程&&过程
(CSP) 之前最大的一次翻车，很警醒。
由于请了大概一周的病假，急于想拿高分。虽然也想着谨慎，但看来还是没稳住。
过程
- (13：40) 开始。
- (14:00) 通读完毕。
- (14:15) (T1) 打完部分分（(40)），但没有充分验证。同时开始推 (T1) 的正解。
- (15:15) 大概想出 (T1) 接近正解的做法，但尝试之后发现细节繁多实现复杂，没有把握短时间写完，转而看 (T2)。
- (15:45) 本来想 (T2) 暴力，但是想出正解，写完+验证完（埋下伏笔）。此时心情愉悦，感觉胜券在握。同时计划 (16:25) 写完 (T3) 部分分。
- (16:25) 因为推着推着开始想 (T3) 正解，所以还没打部分分。此时不想放弃，继续推。
- (16:40) 刚刚推完式子，打完之后 (WA) 了。此时想再推推。
- (17:00) 检查出一些错误，但还是不对。觉得此时时间所剩不多（(40min)），觉得再去打暴力此题必定没时间改，有点犹豫。
- (17:40) 随着时间推移，更加不能去做其他的题（做了就相当于放任本题爆零），相信奇迹然而并没有发生。最终饮恨当场。
赛后实际
(0+60+10+0=70pts)
基本把能遇到的问题都试了一遍。
首先是 (T1) 由于部分分没有充分验证，而且最后心态有点急，所以多测清空不彻底+忘记打freopen。
(T2) 有点太得意忘形了，过程量忘开 (longlong) 爆掉。
(T3) 的问题最大，部分分应该先打出来对着拍，剩下 (1h) 应该先写个暴力再回来看。最好是按照自己的计划来，先打暴力。
(T4) 根本没做，，没什么可说的。
问题
- (T1) 用时略长，应该总用时 (70min) 左右换下脑子。
- (T2) 不够仔细。
- (T3) 没有按照计划做。
题解
T1 卡牌游戏
经过一番思考之后发现 dfs 的复杂度就能过，关键在于怎么判断所有卡牌都确定。
两种方法：
- 方法1：对于两张不完全相同的牌，都存在一个提示能区分开它们，则说明所有卡牌均确定。
感性理解就是牌能两两区分开，看似简单然而不好想。 - 方法2：每次获得一个提示，相当于给对应的位置覆盖上一种标记。当每个位置的标记都不同时即可区分。
具体实现通过二进制的唯一分解，标记分别记录为 (1,2,4,8,16,32...2^n) ，这样不同标记叠加产生的效果一定是不同的。
代码
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f,N = 105;
#define ll long long
inline ll read()
{
ll ret=0;char ch=' ',c=getchar();
while(!(c>='0'&&c<='9')) ch=c,c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') ret=(ret<<1)+(ret<<3)+c-'0',c=getchar();
return ch=='-'?-ret:ret;
}
int n,col[N],num[N];
int ans=INF;
bool vis[16];
char s[N][4];
inline bool check()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++)
{
if(col[i]==col[j]&&num[i]==num[j]) continue;
if(col[i]==col[j])
{
if(!vis[num[i]]&&!vis[num[j]]) return false;
}
else if(num[i]==num[j])
{
if(!vis[col[i]]&&!vis[col[j]]) return false;
}
else if(!vis[col[i]]&&!vis[col[j]]&&!vis[num[i]]&&!vis[num[j]]) return false;
}
return true;
}
void dfs(int stp,int cnt)//stp从1开始
{
if(check()) {ans=min(ans,cnt);return;}
if(stp>14) return;
dfs(stp+1,cnt);
vis[stp]=1;
dfs(stp+1,cnt+1);
vis[stp]=0;
}
int main()
{
int T=read();
while(T--)
{
n=read(); ans=INF;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%s",s[i]+1),col[i]=s[i][1]-'A'+1,num[i]=s[i][2]-'0'+7;
//for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d %d %d
",col[i],num[i],s[i][1],s[i][2]);
dfs(1,0);
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}
/*
2
2
A3 A3
4
A4 B4 B3 C3
*/
T2 道路负荷
考场切了，但因为 int 相乘爆 int 丢了 (40pts)，是惨痛的教训。
T3 矩阵填数
整场考试崩盘的源泉。
题解给的是容斥做法，不好理解，不好想，不好推，不好写，所以暂时放弃。
隔壁 (mathtt{Hanoist}) 提供了一种易懂的方法。
做法直接写在代码注释里了。
代码
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f,mod = 998244353,N = 5005;
#define ll long long
inline ll read()
{
ll ret=0;char ch=' ',c=getchar();
while(!(c>='0'&&c<='9')) ch=c,c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') ret=(ret<<1)+(ret<<3)+c-'0',c=getchar();
return ch=='-'?-ret:ret;
}
int n;
ll w[N];
ll fac[N*N],ifac[N*N];
ll dp[2][N];
//dp[i][j]表示前i个数字总共放在j行的方案数，其中第一维用滚动数组滚掉了
ll qpow(ll x,ll y)
{
ll ret=1LL;
while(y)
{
if(y&1) ret=ret*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return ret;
}
inline ll C(int n,int m){return fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;}
inline ll A(int n,int m){return fac[n]*ifac[n-m]%mod;}
void deal_fac()
{
fac[0]=fac[1]=1;
for(int i=2;i<=n*n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
// printf("fac[9]=%lld
",fac[9]);
ifac[n*n]=qpow(fac[n*n],mod-2);
for(int i=n*n-1;i>=0;i--) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=read();
deal_fac();
ll ans=0LL;
dp[0][0]=1;//初始化
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=i;j++)
{
if(j>1) dp[1][j]=(dp[0][j-1]*n*j%mod+dp[0][j]*(j*n-i+1)%mod)%mod;
/*两个转移的情况分别是：
1：新放一行，那么这行相对于原本j-1行有j个位置，每行有n个位置，所以dp[0][j-1]*n*j
2:放在前面，那么前面本来有j*n个位置，放了(i-1)个数，所以是dp[0][j]*(j*n-i+1) */
else dp[1][j]=A(n,i);//第一行没法正常转移，相当于初始值（而且由于滚动数组没办法用别的方法初始化）
}
for(int j=1;j<=i;j++) dp[0][j]=dp[1][j];//滚动到下一层
}
for(int i=1;i<=n;i++) dp[1][i]=dp[1][i]*C(n,i)%mod;//乘上没考虑的组合数
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=(ans+dp[1][i]*w[i]%mod*fac[n*n-n])%mod;//剩下的位置全排列
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
/*
10
8 8 6 6 4 5 11 17 21 44
*/
T4 游走
笑死，根本没做。
题解高斯消元直接劝退。