2017-3-10校内训练

hzwer又在虐人 照常ACM赛制 AC：5/7

B.复杂的整数划分问题

题目大意：将正整数n表示成一系列正整数之和，n=n1+n2+…+nk，其中n1>=n2>=…>=nk>=1，k>=1。正整数n的这种表示称为正整数n的划分。多组询问，每次给出N和K，要求回答：N划分成K个正整数之和的划分数目，N划分成若干个不同正整数之和的划分数目，N划分成若干个奇正整数之和的划分数目。（0<k<=n<=50）

思路：先N^3随便DP一下即可O(1)回答询问（应该有复杂度更低的做法，不过毕竟这题N比较小）。问题1：f[i][j][k]表示和为i，分出j个，最大不超过k的方案数；问题2：f[i][j]表示和为i，最大为j的方案数，问题3同问题2。转移方程比较容易……

#include<cstdio>
#define MN 50
int f1[MN+5][MN+5][MN+5],f2[MN+5][MN+5],f3[MN+5][MN+5];
int main()
{
    int i,j,k,n;
    for(i=1;i<=MN;++i)f1[0][0][i]=1;
    for(i=1;i<=MN;++i)for(j=1;j<=MN;++j)for(k=1;k<=MN;++k)
        f1[i][j][k]=f1[i][j][k-1]+(i>=k?f1[i-k][j-1][k]:0);
    f2[0][0]=f3[0][0]=1;
    for(i=1;i<=MN;++i)for(j=1;j<=i;++j)for(k=0;k<j;++k)f2[i][j]+=f2[i-j][k];
    for(i=1;i<=MN;++i)for(j=1;j<=i;j+=2)for(k=0;k<=j;++k)f3[i][j]+=f3[i-j][k];
    for(i=1;i<=MN;++i)for(j=1;j<=MN;++j)f2[i][j]+=f2[i][j-1],f3[i][j]+=f3[i][j-1];
    while(~scanf("%d%d",&n,&k))printf("%d
%d
%d
",f1[n][k][MN],f2[n][MN],f3[n][MN]);
}

C.棋盘分割

题目大意：给定一个8*8的数字矩阵，每次可以从大矩阵切一刀切成两个小矩阵，选择其中一个小矩阵继续切，最后分成n个小矩阵，用xi表示第i个小矩阵内的元素和，要求最小化xi的均方差。（均方差：令xi的平均数为x，均方差=((xi-x)^2/n)^0.5）（n<15）

思路：由于n给定，题目所求即最小化(xi-x)^2，事实上我们发现，xi之和即为整个矩阵的和，也就是说，给定n后，平均数x是个定值，我们预处理出二维前缀和即可知道每个子矩阵对答案的贡献，用f[p][i][j][k][l]表示用p个子矩形拼成以(i,j)为左上角，(k,l)为右下角的矩形，直接DP就可以了，复杂度O(n*8^5)。

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
double f[15][10][10][10][10];
int a[10][10];
inline double sqr(double x){return x*x;}
int main()
{
    int n,i,j,k,l,p,d;double b;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=8;++i)for(j=1;j<=8;++j)
    {
        scanf("%d",&k);
        a[i][j]=a[i-1][j]+a[i][j-1]-a[i-1][j-1]+k;
    }
    b=(double)a[8][8]/n;
    for(p=1;p<=n;++p)for(i=0;i<10;++i)for(j=0;j<10;++j)
        for(k=0;k<10;++k)for(l=0;l<10;++l)f[p][i][j][k][l]=0x7FFFFFFF;
    for(i=1;i<=8;++i)for(j=1;j<=8;++j)for(k=i;k<=8;++k)for(l=j;l<=8;++l)
        f[1][i][j][k][l]=sqr(a[k][l]-a[i-1][l]-a[k][j-1]+a[i-1][j-1]-b);
    for(p=2;p<=n;++p)for(i=1;i<=8;++i)for(j=1;j<=8;++j)for(k=i;k<=8;++k)for(l=j;l<=8;++l)
    {
        for(d=i;d<k;++d)f[p][i][j][k][l]=min(f[p][i][j][k][l],f[p-1][i][j][d][l]+f[1][d+1][j][k][l]);
        for(d=k;d>i;--d)f[p][i][j][k][l]=min(f[p][i][j][k][l],f[p-1][d][j][k][l]+f[1][i][j][d-1][l]);
        for(d=j;d<l;++d)f[p][i][j][k][l]=min(f[p][i][j][k][l],f[p-1][i][j][k][d]+f[1][i][d+1][k][l]);
        for(d=l;d>j;--d)f[p][i][j][k][l]=min(f[p][i][j][k][l],f[p-1][i][d][k][l]+f[1][i][j][k][d-1]);
    }
    printf("%.3lf",sqrt(f[n][1][1][8][8]/n));
}

D.ROADS

题目大意：给定一张N个点M条边的有向图，边有长度和费用，求从点1走到点N，费用不超过K的最短路。（N<=100，M<=10000，K<=10000，0<=边费用<=100，1<=边长<=100）

思路：观察发现边长和费用的范围都比较小，考虑DP，由于边的费用可能为0不好处理，我们用边长表示状态来DP，f[i][j]表示走到点j共走了i的最小花费，直接DP即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read()
{
    int x;char c;
    while((c=getchar())<'0'||c>'9');
    for(x=c-'0';(c=getchar())>='0'&&c<='9';)x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
    return x;
}
#define MN 100
#define ML 10000
#define ME 10000
#define INF 1000000000
int h[MN+5],rh[MN+5],en,f[ML+5][MN+5],q[MN+5],qn,u[MN+5];
struct edge{int nx,t,w,c;}e[ME*2+5];
inline void ins(int*h,int x,int y,int w,int c){e[++en]=(edge){h[x],y,w,c};h[x]=en;}
int main()
{
    int K,n,m,x,y,w,i,j,k;
    K=read();n=read();m=read();
    while(m--)x=read(),y=read(),w=read(),ins(h,x,y,w,read()),ins(rh,y,x,0,0);
    for(u[q[i=0]=n]=1;i<=qn;++i)for(j=rh[q[i]];j;j=e[j].nx)if(!u[e[j].t])u[q[++qn]=e[j].t]=1;
    if(!u[1])return puts("-1"),0;
    memset(f,127,sizeof(f));f[0][1]=0;
    for(i=0;f[i][n]>K&&i<=ML;++i)for(j=1;j<=n;++j)if(f[i][j]<INF)for(k=h[j];k;k=e[k].nx)if(u[e[k].t])
        if(i+e[k].w<=ML)f[i+e[k].w][e[k].t]=min(f[i+e[k].w][e[k].t],f[i][j]+e[k].c);
    for(i=0;i<=ML;++i)if(f[i][n]<=K)break;
    printf("%d",i<=ML?i:-1);
}

E.A decorative fence

题目大意：求字典序第K大的满足a1<a2,a3>a2,a4<a3……或a1>a2,a3<a2,a4>a3……的1~N排列。（N<=20，多组询问）

思路：DP求出f[i][j]表示1~i的排列，第1个为j，满足其中一个性质的方案数，满足另一个性质的方案数即为f[i][i-j+1]（全部倒过来）。求f[i]时我们可以视作从1~i的排列删掉j，原本大于j的都减1，就变成一个1~i-1的排列，就可以从f[i-1]转移。求第k大我们枚举每一位取什么，利用DP数组计算方案数，做法与DP过程类似。复杂度O(n^3+Tn^2)（理论上应该还可以更低）。

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
#define MN 20
ll f[MN+5][MN+5];
int ans[MN+5];
int main()
{
    int T,i,j,k,n,v;ll c;
    for(f[1][1]=1,i=2;i<=MN;++i)for(j=2;j<=i;++j)for(k=1;k<j;++k)f[i][j]+=f[i-1][i-k];
    for(scanf("%d",&T);T--;)
    {
        cin>>n>>c;
        for(i=1;i<=n;++i)
            if(f[n][i]+f[n][n-i+1]>=c)break;
            else c-=f[n][i]+f[n][n-i+1];
        ans[0]=i;
        if(n>1)
        {
            for(i=1;i<ans[0];++i)
                if(f[n-1][n-i]>=c)break;
                else c-=f[n-1][n-i];
            if(v=i==ans[0])for(;i<n;++i)
                if(f[n-1][i]>=c)break;
                else c-=f[n-1][i];
            ans[1]=i;
        }
        for(i=2;i<n;++i,v^=1)
        {
            if(v)for(j=1;j<ans[i-1];++j)
                if(f[n-i][n-i-j+1]>=c)break;
                else c-=f[n-i][n-i-j+1];
            else for(j=ans[i-1];j<=n-i;++j)
                if(f[n-i][j]>=c)break;
                else c-=f[n-i][j];
            ans[i]=j;
        }
        for(i=n;i--;)for(j=i+1;j<n;++j)if(ans[j]>=ans[i])++ans[j];
        for(i=0;i<n;++i)printf("%d ",ans[i]);puts("");
    }
}

G.单词

题目大意：一篇由n个单词组成的文章，问每个单词在整篇文章中出现多少次（被包含在其他单词内也算）。（n<=200，总长不超过10^6）

思路：比较简单的AC自动机。建出Trie树后我们可以知道每个单词作为其他单词前缀的出现次数，建出fail树再DP后我们即可知道每个单词作为其他单词子串的出现次数。复杂度O(总长)。

#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
#define MN 200
#define ML 1000000
string s[MN+5];
int c[ML+5][26],f[ML+5],tn,q[ML+5],qn,p[MN+5];
ll v[ML+5];
void build()
{
    int i,j,k;
    for(i=0;i<26;++i)if(c[0][i])q[++qn]=c[0][i];
    for(i=1;i<=qn;++i)for(j=0;j<26;++j)if(c[q[i]][j])
    {
        for(k=f[q[i]];k&&!c[k][j];k=f[k]);
        f[q[++qn]=c[q[i]][j]]=c[k][j];
    }
}
int main()
{
    int n,i,j,k;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;++i)
    {
        cin>>s[i];
        for(j=k=0;s[i][j];++j)
        {
            if(!c[k][s[i][j]-='a'])c[k][s[i][j]]=++tn;
            ++v[k=c[k][s[i][j]]];
        }
        p[i]=k;
    }
    build();
    for(i=qn;i;--i)v[f[q[i]]]+=v[q[i]];
    for(i=1;i<=n;++i)cout<<v[p[i]]<<endl;
}