NOIP 2011 Day2

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计算系数

Solution

　　根据二项式定理,

[egin{align} (a+b)^n=sum_{k=0}^nC_{n}^{k}a^kb^{n-k} end{align} ]

那么

[egin{align}(ax+by)^k=&sum_{p=0}^kC_{k}^p(ax)^p(by)^{k-p}\ =&sum_{p=0}^k(C_{k}^pa^pb^{k-p})x^py^{k-p} end{align} ]

算(a^n,b^m)需要用快速幂.
可以根据组合式的递推公式算组合数.

[C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1} ]

或者是利用组合数的定义式,但是因为有取余, 所以要用逆元.

[C_n^m=frac{n!mod 10007}{m!(n-m)!mod 10007}=n! imes m!(n-m)!^{-1}mod 10007 ]

其中(m!(n-m)!^{-1})为逆元, 这个可以直接用费马小定理, 正好前面写了快速幂, 岂不是美滋滋.

Code

#include<cstdio>
#define N 1005
#define mod 10007
using namespace std;

#define int long long
int c[N][N];
int a,b,k,n,m;
int pow(int x,int y){
    int ans=1,pas=x;
    while(y){
        if(y&1)ans*=pas%mod,ans%=mod;
        pas=(pas*pas)%mod;
        y>>=1;
    }
    return ans%mod;
}

int dfs(int n,int m){
    if(!m)return c[n][m]=true;if(m==1)return c[n][m]=n;
    if(c[n][m])return c[n][m];
    if(n-m<m)m=n-m;
    return c[n][m]=(dfs(n-1,m)+dfs(n-1,m-1))%mod;
}

main(){
    //freopen("factor.in","r",stdin);
    //freopen("factor.out","w",stdout);
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&k,&n,&m);
    c[1][0]=c[1][1]=1;a%=mod;b%=mod;
    int ans=1;
    ans*=(pow(a,n)*pow(b,m))%mod;
    if(n>m)n=m;
    ans*=dfs(k,n)%mod;ans%=mod;
    /*for(int i=1;i<=k;++i){
        for(int j=0;j<=i;++j)
            printf("%d ",c[i][j]);
        printf("
");
    }*/
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

聪明的质监员

Solution

　　二分一个(W)含义如图所示, 有一个重要的性质是(W)越大(Y)就越小, 根据这个计算(Y), 如果(Y>S), 说明如果(W)再大些, (Y>S)的值可能会更小; 如果(S>Y), 说明如果(W)再小些, (S-Y)的值可能会更小.根据这来调整(W).计算(Y)时需要先算出满足(sumlimits_{j}left[w_j>W ight]w_j,sum_{j}left[w_j>W ight]1)的前缀和, 暴力算当然不行.

Code

#include<cstdio>
#define inf 999999999999
#define N 200005
#define int long long
int ans;
int n,m,s;
int aaaa[N];
int sigma[N];
int v[N],w[N];
int le[N],ri[N];

inline int abs(int s){
    return s>0?s:-s;
}
inline int min(int a,int b){
    return a<b?a:b;
}

bool check(int W){
    sigma[0]=aaaa[0]=0ll;
    int an=0ll;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        sigma[i]=sigma[i-1];
        aaaa[i]=aaaa[i-1];
        if(w[i]>=W)sigma[i]+=v[i],++aaaa[i];
    }
    for(int i=1;i<=m;++i)
        an+=(sigma[ri[i]]-sigma[le[i]-1])*(aaaa[ri[i]]-aaaa[le[i]-1]);
    an=an-s;
    ans=min(abs(an),ans);
    return an>0;
}

main(){
    ans=inf;
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&s);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%lld%lld",&w[i],&v[i]);
    for(int i=1;i<=m;++i)
        scanf("%lld%lld",&le[i],&ri[i]);
    int l=0ll,r=s,mid;
    while(l<=r){
        mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid))l=mid+1ll;
        else r=mid-1;
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

观光公交

Solution

　　这个题看起来可以用dp做, 但是能不能做就是另一回事了, 但是现在知道它可以用贪心做.它是怎么做的呢?实际上非常好考虑.
　　首先, 每使用一次氮气加速时, 目前在车上的有些人旅行时间会变短, 有些人会不变, 因为乘客上车的时间是不会改变的, 所以可能会在后面的某一站整车人都需要等一个乘客上车[判断这个东西可以通过判断从上一个点到达它的时间, 和最晚的乘客到达它的时间, 通过预处理完成这些操作], 在这之前下车的人旅行时间会变短.因此实际上这次氮气加速只对不会受到等人上车影响的人有效, 也就是在它们上车之后直到下车都不会在某个站等别人上车的人是氮气加速的受益者.
　　因此想要快速处理这些问题, 我们需要一个站最近的需要等人的站,一个站被到达的时间和在这个站接完所有乘客的时间, 因为一次加速的受益者是在加速后和到达需要等人的站之间下车的人数, 那么还需要通过前缀和快速求出在某段时间下车的人数.然后在每次加速之后, 两个站之间的行驶时间被改变了, 那么其它站被到达(并且接到所有乘客)的时间也可能被改变了, 所以需要重新更新一下一个站被到达的时间.
　　不过并不知道为什么这样的贪心策略是正确的?

Code

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define N 10005
using std::max;
 
int n,m,k,ans;
int t[N],tm[N],l[N],r[N];
int ww[N],ws[N],ti[N],g[N];
 
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<n;i++)
        scanf("%d",&t[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d%d%d",&tm[i],&l[i],&r[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        ww[l[i]]=max(ww[l[i]],tm[i]),++ws[r[i]];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ws[i]=ws[i-1]+ws[i];
    for(int i=2;i<=n;i++)
        ti[i]=max(ww[i-1],ti[i-1])+t[i-1];
    for(int i=1;i<=m;i++)
        ans+=ti[r[i]]-tm[i];
    if(!k){printf("%d
",ans);return 0;}
	while(k--){
		g[n]=n;g[n-1]=n;
		for(int i=n-2;i>=1;i--)
	        if(ti[i+1]<=ww[i+1])g[i]=i+1;
			else g[i]=g[i+1];
	    int maxn=0,maxw=0;
		for(int i=1;i<n;i++)
			if(ws[g[i]]-ws[i]>maxn&&t[i]>0)
	        maxn=ws[g[i]]-ws[i],maxw=i;
		t[maxw]--;ans-=maxn;
		for(int i=1;i<=n;i++)
	        ti[i]=max(ww[i-1],ti[i-1])+t[i-1];
	}
	printf("%d
",ans);
    return 0;
}