18.10.01模拟赛总结

毒瘤出题人JR搞来了三道DP......

T1 

jr的电脑密码

jr.cpp/.c/.pas

题目描述：

趁着jr出去吃饭，某人打算机惨jr，但他惊奇地发现，jr电脑居然有密码！每次给出两个正整数n，m，对于一个非空序列S，满足S中元素之和为n，且它们取模m互不相同，密码就是S的个数取模905229641。

注：两个序列不同当且仅当它们的顺序，长度，元素不同。如{0,1,2}，{1,0,2}是不同的。

输入(jr.in)：

两个正整数，n，m。

输出(jr.out)：

一个正整数，为密码。

jr0.in：	jr0.out：
3 3	9

样例解释：

合法序列为{3}，{0,1,2}，{1,2,0}，{2,1,0}，{1,0,2}，{2,0,1}，{0,2,1}，{1,2}，{2,1}。

数据范围：

对于 20% 的数据 ，n≤20，m≤5。

对于 40%的数据 ，n≤300，m≤10。

对于 70 %的数据， n≤10^18，m≤20。

对于 100% 的数据， n≤10^18，m≤100。

君と彼女の恋

f[i][j]表示有i个元素，取模m余数和为j。f[i][j]=dp[i-1][j-k]。

然后统计所有f[i][j]满足n-j能被m整除，对答案的贡献即为i!*c[(n-j)/m+i-1][i-1]。

最后推一推，能约分，不用求出逆元也能过。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define mod 905229641
using namespace std;

ll c(ll x,ll y)
{
    ll ret=1;
    for(int i=x-y+1;i<=x;i++)
    {
        ret=(ret*i)%mod;
    }
    return ret;
}

ll cal(int x,int y)
{
    return c(y-1+x,y-1);
}

ll n;
ll m;
ll f[105][10005];

int main()
{
    freopen("jr.in","r",stdin);
    freopen("jr.out","w",stdout);
    scanf("%I64d%I64d",&n,&m);
    f[0][0]=1;
    for(ll i=0;i<m;i++)
    {
        for(ll j=i;j>=0;j--)
        {
            for(ll k=i*(i-1)/2;k>=0;k--)
            {
                f[j+1][k+i]=(f[j+1][k+i]+f[j][k])%mod;
            }
        }
    }
    ll ans=0;
    for(ll i=1;i<=m;i++)
    {
        for(ll j=n%m;j<=n&&j<=m*(m-1)/2;j+=m)
        {
            ans=(ans+f[i][j]*i%mod*cal((n-j)/m%mod,i)%mod)%mod;
        }
    }
    printf("%I64d
",ans);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

T2 bzoj 4715 囚人的旋律

Description

我们令a[i]表示看守的第i扇门对应囚犯的哪一扇门。令图G为有n个节点的图，编号为1～n。对于满足1≤i<j≤n的一对i和j，如果有a[i]>a[j]，那么在G中编号为i和j的节点之间连一条边。得到的图G被称为逆序图。对于图G=(V,E)，非空点集S∈V是一个独立集当且仅当对于任意两个点u,v∈V，不存在(u,v)∈E。而S是一个覆盖集当且仅当对于任意点v?S存在点u∈S满足(u,v)∈E。我们在意的是，图G中有多少个点集既是独立集又是覆盖集。出于某种不知名的原因，被迫参加监狱游戏的大家的安危和这个问题的答案有关。拜托了，请一定要求出这个方案数。

Input

输入第一行含有两个整数n和m，表示逆序图的点数和边数。

接下来m行，每行描述一条边。每行包含两个1～n的整数，代表边的两个端点。保证没有重边和自环。

保证给定的图是一个合法的逆序图，即，存在至少一个序列，按照题目描述中所述方法得到的逆序图是给定的图。

n≤1000，0≤m≤(n(n-1))/2

Output

输出一个整数，表示方案数对1,000,000,007取模得到的结果。

Sample Input

5 5
2 4
2 5
1 4
3 4
3 5

Sample Output

3

网上的做法都是把a[i]求出来了。

JR给了我们一个新思路，即不用求出a[i]，利用邻接矩阵能O(1)判断两个元素之间是否连边。

最后O(n^2)求出a[i]的上升子序列即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define mod 1000000007
using namespace std;

int n,m;
int e[1005][1005];
int f[1005];

int main()
{
    freopen("is.in","r",stdin);
    freopen("is.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int ff,tt;
        scanf("%d%d",&ff,&tt);
        e[ff][tt]=e[tt][ff]=1;
    }
    f[0]=1;
    for(int i=0;i<=n+1;i++)
    {
        int t=0;
        for(int j=i+1;j<=n+1;j++)
        {
            if((e[t][j]||(!t))&&(!e[i][j]))
            {
                f[j]=(f[j]+f[i])%mod;
                t=j;
            }
        }
    }
    printf("%d",f[n+1]);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

T3 CF833B 题目传送门

jr的帅气魔法

handsome.cpp/.c/.pas

题目描述：

jr实在是太帅了！当然，那是有原因的。jr有一个变帅法阵，其中有n个法力水晶，编号1~n，每块法力水晶的法力参数为a[i]，jr会将这些法力水晶分成k组（一组内水晶必须连续），每组获得的效益为该组不同的法力水晶数（两块法力水晶是不同的当且仅当它们的法力参数不同），法阵的总效益为每组效益之和。jr想知道他能获得的最大效益。

输入(handsome.in)：

第一行两个整数n,k,代表有n个法力水晶，最多分k组。

下一行有n个正整数，为a[1],a[2],......a[n]。

输出(handsome.out)：

输出一行一个整数，为jr获得的最大效益。

handsome0.in：	handsome0.out：
8 3 7 7 8 7 7 8 1 7	6

数据范围：

20%的数据满足n<=90;

30%的数据满足n<=900;

100%的数据满足n<=35000,k<=50,a[i]<=n。

注：本题数（kun）据（bang）极（ce）水（shi）

题意是，将一个长度为n的序列分成最多k块，每块的得分是块内数字的种类数，求出最大得分。

依旧还是DP。用一个线段树维护最优解。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 35003
#define K 51
using namespace std;

int n,k,a[N],nxt[N],hd[N],vl[N<<2],col[N<<2],f[K][N];

void build(int lb,int rb,int nx,int typ)
{
    col[nx]=0;
    if(lb==rb)
    {
        vl[nx]=f[typ][lb-1];
        return;
    }
    int mid=(lb+rb)>>1;
    build(lb,mid,nx<<1,typ);
    build(mid+1,rb,(nx<<1)|1,typ);
    vl[nx]=max(vl[nx<<1],vl[(nx<<1)|1]);
}

void pushdown(int p)
{
    if(!col[p])return;
    col[p<<1]+=col[p];
    col[p<<1|1]+=col[p];
    vl[p<<1]+=col[p];
    vl[p<<1|1]+=col[p];
    col[p]=0;
}

void update(int lm,int rm,int aim,int lb,int rb,int nx)
{
    if(lm<=lb&&rm>=rb)
    {
        vl[nx]+=aim;
        col[nx]+=aim;
        return;
    }
    pushdown(nx);
    int mid=(lb+rb)>>1;
    if(lm<=mid)update(lm,rm,aim,lb,mid,nx<<1);
    if(rm>mid)update(lm,rm,aim,mid+1,rb,(nx<<1)|1);
    vl[nx]=max(vl[nx<<1],vl[(nx<<1)|1]);
}

int query(int lm,int rm,int lb,int rb,int nx)
{
    if(lm<=lb&&rm>=rb)return vl[nx];
    pushdown(nx);
    int mid=(lb+rb)>>1;
    int ret=0;
    if(lm<=mid)ret=max(ret,query(lm,rm,lb,mid,nx<<1));
    if(rm>mid)ret=max(ret,query(lm,rm,mid+1,rb,(nx<<1)|1));
    return ret;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        nxt[i]=hd[a[i]];
        hd[a[i]]=i;
    }
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            update(nxt[j]+1,j,1,1,n,1);
            f[i][j]=query(i,j,1,n,1);
        }
        build(1,n,1,i);
    }
    printf("%d
",f[k][n]);
    return 0;
}

毒瘤出题人。哼。

反正我们机房老人们已经送他上表白墙了哈哈哈哈哈哈~