hdu5307
一般来说一类要求满足整数等式关系才进行答案贡献的问题
没有思路的话可以考虑生成函数转化
题解是构造级数(∑i*x^si)(∑x^(-si-1))-(∑x^si)(∑(i-1)x^(-si-1)
则x^S次方前面的系数就正好是(i-j+1)，而这个式子是可以用fft快速展开的，非常巧妙
另外要注意的是，次数可能是负数所以都可以整体+Sn
同时S=0的时候需要单独考虑
还有做ftt的时候手写复数操作会比直接用complex快不少
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 typedef long double ld; 6 const ld pi=acos(-1); 7 struct po{ 8 ld x,y; 9 friend po operator +(po a,po b) 10 { 11 return (po){a.x+b.x,a.y+b.y}; 12 } 13 friend po operator -(po a,po b) 14 { 15 return (po){a.x-b.x,a.y-b.y}; 16 } 17 friend po operator *(po a,po b) 18 { 19 return (po){a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x}; 20 } 21 void init() 22 { 23 x=y=0; 24 } 25 } a[400010],b[400010]; 26 ld ans[100010]; 27 int s[100010],r[400010],n; 28 29 void fft(po *a,int n,int f) 30 { 31 for (int i=0; i<n; i++) 32 if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]); 33 for (int i=1; i<n; i<<=1) 34 { 35 po p=(po){cos(pi/i),sin(pi/i)*f}; 36 for (int j=0; j<n; j+=i<<1) 37 { 38 po w=(po){1,0}; 39 for (int k=0; k<i; k++) 40 { 41 po u=a[j+k],v=w*a[j+k+i]; 42 a[j+k]=u+v; 43 a[j+k+i]=u-v; 44 w=w*p; 45 } 46 } 47 } 48 } 49 50 void calc(int m,int f) 51 { 52 int n=1,l=0; 53 for (; n<=m*2; n<<=1) l++; 54 for (int i=0; i<n; i++) 55 r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1)); 56 fft(a,n,1); fft(b,n,1); 57 for (int i=0; i<=n; i++) a[i]=a[i]*b[i]; 58 fft(a,n,-1); 59 for (int i=1; i<=m; i++) 60 ans[i]+=a[i+m].x/n*f; 61 for (int i=0; i<=n; i++) 62 { 63 a[i].init(); 64 b[i].init(); 65 } 66 } 67 68 int main() 69 { 70 int cas; 71 scanf("%d",&cas); 72 while (cas--) 73 { 74 scanf("%d",&n); 75 s[0]=0; ll s0=0,c=0; 76 for (int i=1; i<=n; i++) 77 { 78 int x; 79 scanf("%d",&x); 80 s[i]=s[i-1]+x; 81 if (!x) 82 { 83 ++c; 84 s0+=c*(c+1)/2; 85 } 86 else c=0; 87 } 88 for (int i=1; i<=s[n]; i++) ans[i]=0; 89 for (int i=1; i<=n; i++) 90 { 91 a[s[i]].x+=i; 92 b[-s[i-1]+s[n]].x+=1; 93 } 94 calc(s[n],1); 95 for (int i=1; i<=n; i++) 96 { 97 a[s[i]].x+=1; 98 b[-s[i-1]+s[n]].x+=i-1; 99 } 100 calc(s[n],-1); 101 printf("%lld ",s0); 102 for (int i=1; i<=s[n]; i++) 103 printf("%lld ",(ll)(ans[i]+0.5)); 104 } 105 }
hdu5306
非常涨姿势的题目
由于区间取最小值不能简单的打tag，所以要考虑一些写操作
一种写法是http://www.shuizilong.com/house/archives/hdu-5306-gorgeous-sequence/
维护每个区间内有多少个结点，已被子树中的tag影响
然后每次区间取min就要在处理区间内的子树节点清除比当前修改值大的节点
据说通过均摊分析可以证明是O(nlogn)
还有一种jiry线段树，是维护最大值，严格次大值的做法……
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 struct node{int c,mx,tg,l,r; ll s;} tr[1000000*4]; 6 int n,m; 7 void up(int i) 8 { 9 int l=i*2,r=i*2+1; 10 tr[i].s=tr[l].s+tr[r].s; 11 tr[i].c=tr[l].c+tr[r].c; 12 tr[i].mx=max(tr[l].mx,tr[r].mx); 13 } 14 15 void cov(int i,int len,int w) 16 { 17 if (tr[i].tg&&tr[i].tg<=w) return; 18 tr[i].tg=w; 19 tr[i].s+=(ll)(len-tr[i].c)*w; 20 if (tr[i].c<len) tr[i].mx=w; 21 tr[i].c=len; 22 } 23 24 void push(int i,int l,int r) 25 { 26 if (!tr[i].tg) return; 27 int m=(l+r)>>1; 28 cov(i*2,m-l+1,tr[i].tg); 29 cov(i*2+1,r-m,tr[i].tg); 30 } 31 32 void build(int i,int l,int r) 33 { 34 tr[i].tg=0; 35 if (l==r) 36 { 37 scanf("%d",&tr[i].tg); 38 tr[i].c=1; 39 tr[i].mx=tr[i].s=tr[i].tg; 40 return; 41 } 42 int m=(l+r)>>1; 43 build(i*2,l,m); 44 build(i*2+1,m+1,r); 45 up(i); 46 } 47 48 void dfs(int i,int l,int r,int w) 49 { 50 if (tr[i].mx<=w) return; 51 if (tr[i].tg>=w) tr[i].tg=0; 52 if (l==r) 53 { 54 tr[i].mx=tr[i].s=tr[i].tg; 55 tr[i].c=(tr[i].tg!=0); 56 return; 57 } 58 push(i,l,r); 59 int m=(l+r)>>1; 60 dfs(i*2,l,m,w); 61 dfs(i*2+1,m+1,r,w); 62 up(i); 63 } 64 65 void work(int i,int l,int r,int x,int y,int w) 66 { 67 if (tr[i].mx<=w) return; 68 if (x<=l&&y>=r) 69 { 70 dfs(i,l,r,w);// 清理其他大于w的标记 71 cov(i,r-l+1,w); 72 return; 73 } 74 int m=(l+r)>>1; 75 push(i,l,r); 76 if (x<=m) work(i*2,l,m,x,y,w); 77 if (y>m) work(i*2+1,m+1,r,x,y,w); 78 up(i); 79 } 80 81 int askmx(int i,int l,int r,int x,int y) 82 { 83 if (x<=l&&y>=r) return tr[i].mx; 84 int m=(l+r)>>1,s=0; 85 push(i,l,r); 86 if (x<=m) s=max(s,askmx(i*2,l,m,x,y)); 87 if (y>m) s=max(s,askmx(i*2+1,m+1,r,x,y)); 88 return s; 89 } 90 91 ll asks(int i,int l,int r,int x,int y) 92 { 93 if (x<=l&&y>=r) return tr[i].s; 94 int m=(l+r)>>1; ll s=0; 95 push(i,l,r); 96 if (x<=m) s+=asks(i*2,l,m,x,y); 97 if (y>m) s+=asks(i*2+1,m+1,r,x,y); 98 return s; 99 } 100 101 int main() 102 { 103 int cas; 104 scanf("%d",&cas); 105 while (cas--) 106 { 107 scanf("%d%d",&n,&m); 108 build(1,1,n); 109 for (int i=1; i<=m; i++) 110 { 111 int ch,l,r; 112 scanf("%d%d%d",&ch,&l,&r); 113 if (ch==0) 114 { 115 int x; 116 scanf("%d",&x); 117 work(1,1,n,l,r,x); 118 } 119 else { 120 if (ch==1) printf("%d ",askmx(1,1,n,l,r)); 121 else printf("%lld ",asks(1,1,n,l,r)); 122 } 123 } 124 } 125 }
hdu5304
求含有n条边的连通图个数
显然这是一个只含单环的图，我们只要穷举所有可能的环及方案数
然后把那个环缩点，这样就等价成了求生成树的个数，这是可以用基尔霍夫矩阵做的
找环可以用状压dp，设f[i][st]表示当前在i，路径走过点的集合为st
对于环，我们都是以编号最小的点为起点，这样每个环只会被统计两次
然后就是缩点求生成树的个数，图G生成树的个数是基尔霍夫矩阵（=度数矩阵[G]-邻接矩阵[G]）的任何一个n-1阶主子式的行列式的绝对值。
行列式用高斯消元求即可
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 const int mo=998244353; 5 typedef long long ll; 6 int c[20][20]; 7 int s[300010],f[20][300010],a[20][20],b[20],n,m; 8 void inc(int &a,int b) 9 { 10 a+=b; 11 if (a>mo) a-=mo; 12 } 13 14 ll quick(ll x,int y) 15 { 16 ll s=1; 17 while (y) 18 { 19 if (y&1) s=s*x%mo; 20 x=x*x%mo; 21 y>>=1; 22 } 23 return s; 24 } 25 26 ll gauss(int n) 27 { 28 int f=1; ll ans=1; 29 for (int i=1; i<=n; i++) 30 { 31 if (c[i][i]==0) 32 { 33 f=-f; 34 int j=i+1; 35 while (j<=n&&c[j][i]==0) j++; 36 if (j>n) return 0; 37 for (int k=i; k<=n; k++) 38 swap(c[i][k],c[j][k]); 39 } 40 ans=ans*c[i][i]%mo; 41 ll x=quick(c[i][i],mo-2); 42 for (int j=i+1; j<=n; j++) 43 { 44 ll t=x*c[j][i]%mo; 45 for (int k=i; k<=n; k++) 46 c[j][k]=(c[j][k]-t*c[i][k]%mo)%mo; 47 } 48 } 49 ans=(ans+mo)%mo; 50 if (f==1) return ans; 51 else return mo-ans; 52 } 53 54 void get() 55 { 56 memset(s,0,sizeof(s)); 57 memset(f,0,sizeof(f)); 58 for (int i=1; i<=n; i++) f[i][1<<(i-1)]=1; 59 for (int st=1; st<(1<<n); st++) 60 { 61 int b; 62 for (int i=1; i<=n; i++) 63 if (st&(1<<(i-1))) {b=i;break;} 64 for (int i=b; i<=n; i++) 65 if (f[i][st]) 66 { 67 for (int j=b+1; j<=n; j++) 68 if (a[i][j]&&((st&(1<<(j-1)))==0)) inc(f[j][st|(1<<(j-1))],f[i][st]); 69 if (a[i][b]) inc(s[st],f[i][st]); 70 } 71 } 72 } 73 74 int main() 75 { 76 while (scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) 77 { 78 memset(a,0,sizeof(a)); 79 for (int i=1; i<=m; i++) 80 { 81 int x,y; 82 scanf("%d%d",&x,&y); 83 a[x][y]=a[y][x]=1; 84 } 85 get(); 86 int ans=0,inv=quick(2,mo-2); 87 for (int st=1; st<(1<<n); st++) 88 { 89 if (!s[st]) continue; 90 memset(b,0,sizeof(b)); 91 memset(c,0,sizeof(c)); 92 int t=1; 93 for (int j=1; j<=n; j++) 94 if (st&(1<<(j-1))) b[j]=1; else b[j]=++t; 95 if (t>=n-1) continue; 96 for (int i=1; i<n; i++) 97 for (int j=i+1; j<=n; j++) 98 if (b[i]!=b[j]&&a[i][j]) 99 { 100 c[b[i]][b[i]]++; 101 c[b[j]][b[j]]++; 102 c[b[i]][b[j]]--; 103 c[b[j]][b[i]]--; 104 } 105 inc(ans,gauss(t-1)*s[st]%mo); 106 //cout <<"*"<<s[st]<<" "<<st<<" "<<endl; 107 } 108 printf("%d ",1ll*ans*inv%mo); 109 } 110 }
hdu5309
不难想到二分答案，关键是怎么验证和怎么求方案
注意到如果在第i秒嗑药，那么不管前面怎么操作，第i秒后血量
首先求出b[i]，表示在i点嗑药后能坚持到哪一秒，b[]具有单调性可以O(n)求出，顺便我们可以判断出两种poor的情形
下面在二分答案y的验证最小嗑药间隔len的时候，令d[]表示从i到n秒可以磕几次药
然后如果d[i]>d[i+1]，那么第i秒可以嗑药由此可以转移
最后只要判断d[1]是否大于d[b[0]+1]即可，因为初始最多支撑到第b[0]秒，要保证这段区间里磕了药
输出方案时由于我们已经判断出每一秒是否能嗑药了，显然我们只要从第一个能嗑药的时候往下一次找即可
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 const int inf=1e9+7; 6 int nex[500010],d[500010],b[500010],q[500010],a[500010],n,m,k,t; 7 bool check(int l) 8 { 9 d[n]=0; 10 for (int i=n-1; i; i--) 11 if (b[i]>n) d[i]=d[i+1]+1; 12 else if (b[i]-i<l) d[i]=d[i+1]; 13 else d[i]=d[i+1]+(d[i+l]>d[b[i]+1]); 14 return d[1]>d[b[0]+1]; 15 } 16 17 void work() 18 { 19 for (int i=0,j=0; i<n; i++) 20 { 21 while (j<=n&&i*k+a[j]>0) j++; 22 b[i]=(j>n)?inf:j-1; 23 if (b[i]<=i) 24 { 25 puts("Poor Hero!"); 26 return; 27 } 28 } 29 if (b[0]>n||b[b[0]]>n) 30 { 31 puts("Poor JRY!"); 32 return; 33 } 34 int l=1,r=n,ans=n; 35 while (l<=r) 36 { 37 int mid=(l+r)>>1; 38 if (check(mid)) 39 { 40 ans=mid; 41 l=mid+1; 42 } 43 else r=mid-1; 44 } 45 check(ans); 46 printf("%d ",ans); 47 nex[n]=0; 48 for (int i=n-1; i; i--) 49 nex[i]=(d[i]>d[i+1])?i:nex[i+1]; 50 int t=0,x=nex[1]; 51 while (x) 52 { 53 q[++t]=x; 54 if (b[x]>n) break; 55 if (x+ans<n) x=nex[x+ans]; else break; 56 } 57 printf("%d ",t); 58 for (int i=1; i<=t; i++) 59 { 60 printf("%d",q[i]); 61 if (i!=t) printf(" "); else puts(""); 62 } 63 } 64 65 int main() 66 { 67 while (scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)!=EOF) 68 { 69 a[0]=m; 70 for (int i=1; i<=n; i++) 71 { 72 scanf("%d",&a[i]); 73 a[i]=a[i-1]-a[i]; 74 } 75 work(); 76 } 77 }