2024年西安铁一中集训DAY1---- 杂题选讲

news2024/11/16 16:28:34

文章目录

    • 牛客练习赛125 E 联谊活动（枚举，分讨）
    • 牛客练习赛125 F 玻璃弹珠（类莫队，离线询问，数据结构）
    • 2024ccpc长春邀请赛 D Parallel Lines（随机化）
    • 2024ccpc长春邀请赛 E Connected Components（单调栈）
    • 2024ccpc长春邀请赛 B Dfs Order 0.5（动态规划）
    • 2024 CCPC东北邀请赛 H. Meet（二分答案，树上公共祖先，树上差分）
    • 2024 CCPC东北邀请赛 I. Password（动态规划）
    • 2024 CCPC东北邀请赛 K. Tasks（贪心，构造）
    • 2024 CCPC东北邀请赛 L. Bracket Generation（组合数学，数数）
    • 2024 CCPC东北邀请赛 G. Diamond（根号分治）

牛客练习赛125 E 联谊活动（枚举，分讨）

          题面：
在这里插入图片描述

题目

分析：

在这里插入图片描述
          发现选用距离矩形越近的关键点答案会越优。注意到 x , y x,y x,y 的取值范围很小，我们对于每一个位置处理出 在它所在的行中，离它最近的左边 / 右边 的关键点，然后每次询问可以扫描 S x ∼ E x S_x \sim E_x Sx​∼Ex​ 行，设当前行是 l i n e line line，查询 ( l i n e , S y ) (line, S_y) (line,Sy​) 这个位置左右最近的关键点，分别拿这两个关键点去更新答案即可。时间复杂度 O ( m × x + x × y ) O(m\times x + x \times y) O(m×x+x×y)。
CODE：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = 1100;
const int N = 1e5 + 10;
int n, m, sx, sy, ex, ey, px[N], py[N];
int Left[M][M], Right[M][M];
bool f[M][M];
void pre_work() {
	memset(Left, -1, sizeof Left);
	memset(Right, -1, sizeof Right);
	for(int i = 1; i <= 1000; i ++ ) {
		int now = -1;
		for(int j = 1; j <= 1000; j ++ ) {
			if(f[i][j]) now = max(now, j);
			Left[i][j] = now;
		}
		now = 1001;
		for(int j = 1000; j >= 1; j -- ) {
			if(f[i][j]) now = min(now, j);
			Right[i][j] = (now == 1001 ? -1 : now);
		}
	}
}
int solve(int sx, int sy, int ex, int ey) {
	int res = 1e9, c = abs(sx - ex) + abs(sy - ey);
	for(int i = 1; i <= 1000; i ++ ) { // 扫描每一层 
		if(i < min(sx, ex)) {
			int tx = i, ty = min(sy, ey);
			if(Left[tx][ty] != -1) res = min(res, 2 * (min(sy, ey) - Left[tx][ty]) + 2 * (min(sx, ex) - i) + c);
			if(Right[tx][ty] != -1) {
				if(Right[tx][ty] <= max(sy, ey)) res = min(res, 2 * (min(sx, ex) - i) + c);
				else res = min(res, 2 * (Right[tx][ty] - max(sy, ey)) + 2 * (min(sx, ex) - i) + c);
			}
		}
		else if(i >= min(sx, ex) && i <= max(sx, ex)) {
			int tx = i, ty = min(sy, ey);
			if(Left[tx][ty] != -1) res = min(res, 2 * (min(sy, ey) - Left[tx][ty]) + c);
			if(Right[tx][ty] != -1) {
				if(Right[tx][ty] <= max(sy, ey)) {
					res = min(res, c);
					break;
				}
				else res = min(res, 2 * (Right[tx][ty] - max(sy, ey)) + c);
			}
		}
		else {
			int tx = i, ty = min(sy, ey);
			if(Left[tx][ty] != -1) res = min(res, 2 * (min(sy, ey) - Left[tx][ty]) + 2 * (i - max(sx, ex)) + c);
			if(Right[tx][ty] != -1) {
				if(Right[tx][ty] <= max(sy, ey)) res = min(res, 2 * (i - max(sx, ex)) + c);
				else res = min(res, 2 * (Right[tx][ty] - max(sy, ey)) + 2 * (i - max(sx, ex)) + c);
			}			
		}
	}
	return res;
}
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		scanf("%d%d", &px[i], &py[i]);
		f[px[i]][py[i]] = 1;
	}
	pre_work();
	for(int i = 1; i <= m; i ++ ) {
		scanf("%d%d%d%d", &sx, &sy, &ex, &ey);
		printf("%d\n", solve(sx, sy, ex, ey));
	}
	return 0;
}

牛客练习赛125 F 玻璃弹珠（类莫队，离线询问，数据结构）

          题面：
在这里插入图片描述

题目

分析：
          在线处理很难在允许的时间复杂度内通过，我们考虑 离线：发现题目上给的 区间不相交 这一条性质，启示我们像莫队一样通过两个 指针 来不断更新当前维护区间的信息。具体来讲：设 l t lt lt， r t rt rt 分别是当前区间的左右端点。将查询区间离线后按照左端点排序，通过指针的逐步跳转实现维护区间的改变。由于指针 只会向后跳，因此最多跳 n n n 次，这一部分复杂度是 O ( n ) O(n) O(n) 的。我们考虑怎样维护当前区间的信息：一个操作 1 1 1 显然会在它的左端点第一次被用到，在它的右端点处作用消失。因此我们将每一个操作 1 1 1 的信息分别存进区间的做右端点内。左端点处为 添加 信息，当 r t rt rt 经过左端点时将这个信息加入数据结构中。右端点处为 删除 信息，当 l t lt lt 经过右端点时将信息从数据结构中删除。这样就解决了 位置 这一偏序。每条信息形如 某种颜色 c c c 在时间 t t t 时出现。由于 只有最小的 t t t 有用，添加时我们把 t t t 插入 c c c 对应的 s e t set set 里， 删除时把它从 s e t set set 里删掉。然后在 以时间为下标的树状数组 里更新不同最早时间出现的颜色数量。查询时查找 小于当前查询区间时间的前缀和 即可。
时间复杂度： O ( m l o g 2 m ) O(mlog_2m) O(mlog2​m)。

CODE:

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;
typedef pair< int, int > PII;
const int N = 5e5 + 10;
int n, m, op, l, r, col, tot;
struct BIT {
	int c[N];
	int lowbit(int x) {return x & -x;}
	void add(int x, int y) {for(; x < N; x += lowbit(x)) c[x] += y;}
	int ask(int x) {
		int res = 0;
		for(; x; x -= lowbit(x)) res += c[x];
		return res;
	}
}t;
vector< PII > A[N], D[N];
set< int > tc[N]; // 维护当前区间所有涉及的加颜色操作所带来的每种颜色的时间戳
struct range {
	int l, r, tim, ans;
}q[N];
bool cmp(range x, range y) {
	return x.l < y.l;
}
void add(int x) {
	for(auto v : A[x]) {
		int col = v.first, tim = v.second;
		if(!tc[col].empty()) {
			auto it = tc[col].begin();
			int Tim = (*it); 
			t.add(Tim, -1);
		}
		tc[col].insert(tim);
		auto it = tc[col].begin();
		int T = (*it);
		t.add(T, 1);
	} 
}
void del(int x) {
	for(auto v : D[x]) {
		int col = v.first, tim = v.second;
		if(!tc[col].empty()) {
			auto it = tc[col].begin();
			int Tim = (*it);
			t.add(Tim, -1);
		}
		tc[col].erase(tim);
		if(!tc[col].empty()) {
			auto It = tc[col].begin();
			int Gm = (*It);
			t.add(Gm, 1);
		}
	}
}
bool cmp2(range x, range y) {
	return x.tim < y.tim;
}
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= m; i ++ ) {
		scanf("%d", &op);
		if(op == 1) {
			scanf("%d%d%d", &l, &r, &col);
			A[l].pb(make_pair(col, i));
			D[r].pb(make_pair(col, i));
		}
		else {
			scanf("%d%d", &l, &r);
			q[++ tot] = (range) {l, r, i};
		}
	}
	sort(q + 1, q + tot + 1, cmp);
	int lt = 1, rt = 0;
	for(int i = 1; i <= tot; i ++ ) {
		while(rt < q[i].r) {++ rt; add(rt);}
		while(lt < q[i].l) {del(lt); lt ++;}
		q[i].ans = t.ask(q[i].tim);
	}
	sort(q + 1, q + tot + 1, cmp2);
	for(int i = 1; i <= tot; i ++ ) {
		printf("%d\n", q[i].ans);
	}
	return 0;
}

启示：遇到存在 时间 和 位置 两种限制的询问和修改，可考虑如果修改可以离线（与在线状态无关）。那么可以将操作离线，按照位置进行 双指针 或者 莫队 跳动，在满足位置限制的同时用 数据结构 来维护时间限制。

2024ccpc长春邀请赛 D Parallel Lines（随机化）

在这里插入图片描述

          题目

          分析：考虑如果我们求出一个 斜率，如何检验这个斜率是否正确。一个很好的思路是对每个点算出在这个斜率下经过该点的直线的纵截距，然后判断是否有 k k k 个不同的纵截距以及每个纵截距是否对应大于等于 2 2 2 个不同的点即可。时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)。如果枚举两个点去算斜率，那么时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，显然不能接受。我们发现平行线的数量很少，意味着有较多的点在同一条直线上。直接随机出两个点算斜率并判断是否合法。可以证明随机出合法点对的最小概率为 O ( 1 k ) O(\frac{1}{k}) O(k1​)。所以可以在 O ( k ) O(k) O(k) 次随机出合法的点对，总时间复杂度为 O ( n × k ) O(n \times k) O(n×k)。

在这里插入图片描述

CODE:

#include<bits/stdc++.h>// 随机化 
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = 1e4 + 10;
const int K = 51;
typedef double db;
int n, k, tot, cnt[N];
db X[N], Y[N];
const db INF = 1e18;
map< db, int > mp;
vector< int > node[N];
int random(int n) {
	return ((unsigned long long)rand() * rand() % n);
}
db B(int p, int q, db x, db y) {
	if(X[p] == X[q]) return x;
	else return (X[q] - X[p]) * y - (Y[q] - Y[p]) * x;
}
bool check(int p, int q) {
	tot = 0; memset(cnt, 0, sizeof cnt);
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		db b = B(p, q, X[i], Y[i]);
		if(!mp[b]) mp[b] = ++ tot;
		cnt[mp[b]] ++;
	}
	bool f = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		db b = B(p, q, X[i], Y[i]);
		if(cnt[mp[b]] == 1) {f = 0; break;}
	}
	if(tot == k && f) {
		for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
			db b = B(p, q, X[i], Y[i]);
			node[mp[b]].pb(i);
		}
		return 1;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		db b = B(p, q, X[i], Y[i]);
		mp[b] = 0;
	}
	return 0;
}
int main() {
	srand(time(0));
	scanf("%d%d", &n, &k);
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		scanf("%lf%lf", &X[i], &Y[i]);
	} 
	while(true) {
		int i = random(n) + 1, j = random(n) + 1;
		if(i == j) continue;
		else if(check(i, j)) {
			for(int i = 1; i <= tot; i ++ ) {
				printf("%d", node[i].size());
				for(int j = 0; j < node[i].size(); j ++ ) 
					printf(" %d", node[i][j]);
				puts("");
			}
			break;
		}
	}
	return 0;
}

2024ccpc长春邀请赛 E Connected Components（单调栈）

在这里插入图片描述
题目

          分析：
          不难想到将式子移项，将只含 i i i 的放一起，将只含 j j j 的放一起。我们可以得到 i i i 与 j j j 之间有连边，当且仅当：

a i − i ≤ a j − j ， b i − i ≥ b j − j a_i -i \leq a_j - j，b_i - i \geq b_j - j ai​−i≤aj​−j，bi​−i≥bj​−j 或者 a i − i ≥ a j − j ， b i − i ≤ b j − j a_i - i \geq a_j - j，b_i - i \leq b_j - j ai​−i≥aj​−j，bi​−i≤bj​−j 。这两个式子可以看作 j j j 往 i i i 连边 或 i i i 往 j j j 连边。我们令 x i = a i − i x_i = a_i - i xi​=ai​−i， y i = b i − i y_i = b_i - i yi​=bi​−i，那么 i i i 往 j j j 连边的条件就是 x i ≥ x j ， y i ≤ y j x_i \geq x_j，y_i \leq y_j xi​≥xj​，yi​≤yj​。将元素按照 x x x 从小到大排序，那么每种元素只可能往前边连边。我们使用 单调栈 维护 y y y。从前往后往栈里加入元素，那么只有 y i y_i yi​ 小于栈顶元素的 y y y 时 i i i 才能往栈顶元素所在连通块连边。我们考虑此时将栈顶元素弹出，然后接着比较直到 y i y_i yi​ 大于栈顶元素的 y y y。接下来存在一个问题：由于栈顶元素的 y y y 越大越容易连边，而我们刚把 y y y 元素较大的栈顶元素弹出，此时 i i i 一定与刚刚弹出的栈顶元素在同一个连通块中，如果仅仅把 i i i 放进栈中，那么后面的元素就有可能没有连上原来和这个连通块的边。想到一个连通块的 y y y 只有最大的有用，因此我们每次拿 y i y_i yi​ 和栈顶元素所在联通块的的最大 y y y 比较来判断是否连边就不会错。注意连边的时候更新连通块的最大 y y y 值。
时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)

CODE:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int n, sz[N], bin[N], mh[N], p, q;
struct element {
	int x, y;
}a[N];
bool cmp(element u, element v) {
	return ((u.x < v.x) || (u.x == v.x && u.y > v.y));
}
stack< int > s;
int Find(int x) {return x == bin[x] ? x : bin[x] = Find(bin[x]);}
void Merge(int x, int y) {
	int f1 = Find(x), f2 = Find(y);
	bin[f2] = f1; sz[f1] += sz[f2];
	mh[f1] = max(mh[f2], mh[f1]);
}
int main() {
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		scanf("%d%d", &p, &q);
		a[i].x = p - i;
		a[i].y = q - i;
	}
	sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		bin[i] = i; sz[i] = 1;
		mh[i] = a[i].y;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		while(!s.empty() && a[i].y <= mh[Find(s.top())]) {
			Merge(i, s.top());
			s.pop();
		}
		s.push(i);
	}
	int cnt = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		if(Find(i) == i) cnt ++;
	}
	cout << cnt << endl;
	return 0;
}

2024ccpc长春邀请赛 B Dfs Order 0.5（动态规划）

在这里插入图片描述
题目

          分析：
          为了方便，我们把子树大小为 偶数 的点称作 偶点，奇数 的点称作 奇点。 偶儿子 与 奇儿子 的称呼类似。
          容易想到状态定义 d p i , 0 / 1 dp_{i,0/1} dpi,0/1​ 表示 i i i 点的 d f n dfn dfn 序为偶数/奇数时， 以 i i i 为根的子树的最大权值和。考虑转移，分两类情况：

  1. 存在 奇儿子：那么每个偶儿子可以选 0 / 1 0/1 0/1 中较大的。设点 i i i 的状态为 t t t，奇儿子的数量为 m m m，那么显然有 ⌈ m 2 ⌉ \left \lceil \frac{m}{2} \right \rceil ⌈2m​⌉ 个奇儿子需要选 t ⊕ 1 t \oplus 1 t⊕1，另外的选 t t t。那么只需要将所有 d p s o n , t ⊕ 1 − d p s o n , t dp_{son,t \oplus 1} - dp_{son, t} dpson,t⊕1​−dpson,t​ 拿出来从大到小排序，选出前 ⌈ m 2 ⌉ \left \lceil \frac{m}{2} \right \rceil ⌈2m​⌉ 大，并把所有 d p s o n , t dp_{son, t} dpson,t​ 累加即可。
  2. 不存在 奇儿子：那么所有儿子的状态都只能是 t ⊕ 1 t \oplus 1 t⊕1，加起来就好了。

CODE:

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10; 
typedef long long LL;
int n, T, u, v, sz[N];
LL a[N], dp[N][2];
vector< int > E[N];
bool cmp(LL x, LL y) {
	return x > y;
}
void dfs(int x, int fa) {
	sz[x] = 1;
	if(E[x].empty()) {
		dp[x][0] = a[x];
		dp[x][1] = 0;
		return ;
	}
	bool flag = 0;
	for(auto v : E[x]) {
		if(v == fa) continue;
        dfs(v, x); sz[x] += sz[v];
        if(sz[v] & 1) flag = 1;
	}
	if(flag) { // 存在奇点   所有偶点取较大 
	    LL tmp = 0, tg = 0, th = 0;
	    int cnt = 0;
		vector< LL > g, h;
		for(auto v : E[x]) {
			if(v == fa) continue;
			if(sz[v] & 1) {
				g.pb(dp[v][0] - dp[v][1]);
				tg += dp[v][1];
				h.pb(dp[v][1] - dp[v][0]);
				th += dp[v][0];
				cnt ++;
			}
			else tmp += max(dp[v][0], dp[v][1]);
		}
		sort(g.begin(), g.end(), cmp);
		sort(h.begin(), h.end(), cmp);
		LL c = 0;
		for(int i = 1; i <= ((cnt & 1) ? (cnt + 1) / 2 : cnt / 2); i ++ ) c += h[i - 1];
		dp[x][0] = tmp + th + c + a[x];
		c = 0;
		for(int i = 1; i <= ((cnt & 1) ? (cnt + 1) / 2 : cnt / 2); i ++ ) c += g[i - 1];
		dp[x][1] = tmp + tg + c;
	}
	else {
		dp[x][0] = dp[x][1] = 0;
		dp[x][0] += a[x];
		for(auto v : E[x]) {
			if(v == fa) continue;
			dp[x][0] += dp[v][1];
			dp[x][1] += dp[v][0];
		}
	}
}
void solve() {
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%lld", &a[i]);
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) dp[i][0] = dp[i][1] = 0;	
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		vector< int > tmp; swap(tmp, E[i]);
	}
	for(int i = 1; i < n; i ++ ) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		E[u].pb(v); E[v].pb(u);
	}
	dfs(1, 0);
	printf("%lld\n", dp[1][1]);
}
int main() {
	scanf("%d", &T);
	while(T -- ) {
		solve();
	}
	return 0;
}

2024 CCPC东北邀请赛 H. Meet（二分答案，树上公共祖先，树上差分）

在这里插入图片描述

题目

          分析：
          直接求解最优答案显然不好搞，我们发现答案越大越容易满足，因此具有单调性，可以二分答案。设 x x x 为二分的答案，考虑怎样检验：
在这里插入图片描述
          实际上这个问题等价于是否至少存在一个点 p p p，使得 p p p 作为根时所有点对到它们 l c a lca lca 的距离都小于 x x x。

          由于 u ， v u，v u，v 的 l c a lca lca 一定在它们的路径上，我们考虑选取不同点作为根时 u ， v u，v u，v 的 l c a lca lca 有什么规律。

          如果以红色点为树根，那么 u , v u,v u,v 的 l c a lca lca 就是 u − v u - v u−v 路径上红色点的祖先。也就是说：如果我们首先以任意一个点为根，那么检验时选取作为根的点在 u − v u-v u−v路径上哪个点的子树中，那个点就是真正的 l c a lca lca。如果选取的点在子树外，那么当前的 l c a lca lca 就是真正的 l c a lca lca。

          对于二分出的答案 x x x，我们可以对于点对中的每个点算出 路径上那些点可以作为 l c a lca lca。那么这些点子树中的点都可以作为选定根。我们把包含这些点的最小子树加 1 1 1，最后判断上是否有点的权值等于 2 × m 2 \times m 2×m 即可。

时间复杂度 O ( n l o g 2 n ) O(nlog_2n) O(nlog2​n)。

CODE：

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
inline int read() {
	int x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while(!isdigit(c)) {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
	while(isdigit(c)) {x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48); c = getchar();}
	return x * f;
}
int n, m, u, v, pu[N], pv[N], dfn[N], fat[N][25], dep[N], rk;
int L[N], R[N];
vector< int > E[N];
struct BIT {
	int c[N];
	void Clean() {memset(c, 0, sizeof c);}
	int lowbit(int x) {return x & -x;}
	void add(int x, int y) {for(; x < N; x += lowbit(x)) c[x] += y;}
	int ask(int x) {
		int res = 0;
		for(; x; x -= lowbit(x)) res += c[x];
		return res;
	}
}t;
void dfs0(int x, int fa) {
	dfn[x] = ++ rk; dep[x] = dep[fa] + 1;
	fat[x][0] = fa; L[x] = rk;
	for(int i = 1; i <= 20; i ++ ) fat[x][i] = fat[fat[x][i - 1]][i - 1];
	for(auto v : E[x]) {
		if(v == fa) continue;
		dfs0(v, x);
	} 
	R[x] = rk;
}
int LCA(int x, int y) {
	if(dep[x] < dep[y]) swap(x, y);
	for(int i = 20; i >= 0; i -- ) {
		if(dep[fat[x][i]] >= dep[y]) x = fat[x][i];
	}
	if(x == y) return x;
	for(int i = 20; i >= 0; i -- ) {
		if(fat[x][i] != fat[y][i]) x = fat[x][i], y = fat[y][i];
	}
	return fat[x][0];
}
int Kth(int x, int k) {
	for(int i = 20; i >= 0; i -- ) {
		if((k >> i) & 1) x = fat[x][i];
	}
	return x;
} 
void OP(int u, int v, int len) {
	int lca = LCA(u, v);
	if(dep[u] + dep[v] - 2 * dep[lca] <= len) t.add(1, 1);
	else if(dep[u] - dep[lca] > len) {
		int ancestor = Kth(u, len);
		t.add(L[ancestor], 1);
		t.add(R[ancestor] + 1, -1);
	}
	else {
		int ancestor = Kth(v, dep[v] - dep[lca] - (len + 1 - (dep[u] - dep[lca])));
		t.add(1, 1);
		t.add(L[ancestor], -1);
		t.add(R[ancestor] + 1, 1); 
	}
}
bool check(int len) {
	t.Clean();
	for(int i = 1; i <= m; i ++ ) {
		OP(pu[i], pv[i], len); OP(pv[i], pu[i], len);
	}
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		if(t.ask(i) == m * 2) return 1;
	}
	return 0;
}
int main() {
	n = read(), m = read();
	for(int i = 1; i < n; i ++ ) {
		u = read(), v = read();
		E[u].pb(v); E[v].pb(u);
	}
	for(int i = 1; i <= m; i ++ ) {
		pu[i] = read(), pv[i] = read();
	}
	dfs0(1, 0);
	int l = 0, r = 1e5 + 10, mid, res = -1;
	while(l <= r) {
		mid = (l + r >> 1);
		if(check(mid)) res = mid, r = mid - 1;
		else l = mid + 1;
	}
	printf("%d\n", res);
	return 0;
}

2024 CCPC东北邀请赛 I. Password（动态规划）

在这里插入图片描述
题目

          分析：
          如果 [ i − k + 1 , i ] [i - k + 1, i] [i−k+1,i] 是一个 1 1 1 到 k k k 的排列，我们称 i i i 是一个 结尾。那么由于每个位置都需要在一个排列的区间中，因此有一个性质：两个结尾的距离一定不超过 k k k。有了这个性质我们就可以 d p dp dp 了。 设 d p i dp_{i} dpi​ 表示只考虑前 i i i 个位置，每个位置都是好的的并且第 i i i 和位置是一个 结尾 的序列数。转移考虑枚举上一个结尾：

d p i = ∑ j = 1 k d p i − j × g j dp_i = \sum_{j = 1}^{k} dp_{i -j} \times g_j dpi​=∑j=1k​dpi−j​×gj​

          这里 g j g_j gj​ 是转移系数。因为如果直接乘 j ！ j！ j！，那么一定会有重复。这是因为没有满足 i − j i - j i−j 是上一个结尾的转移条件。如果乘 j ！ j！ j！，那么会出现 ( i − j , i ) (i -j, i) (i−j,i) 之间某个位置成为了一个结尾的情况，这样就会多算。

          考虑 g j g_j gj​ 如何计算。思考 g j g_j gj​ 的意义：现在有一个排列，你要在后面接 j j j 个数字，使得最后一个位置作为右端点长度为 k k k 的区间形成一个排列，并且前面没有别的位置能作为右端点形成排列。那么根据 g j g_j gj​ 的含义来容斥求 g g g。

g i = i ! − ∑ j = 1 i − 1 g j g_i = i! - \sum_{j = 1}^{i - 1}g_j gi​=i!−∑j=1i−1​gj​

          这个式子可以理解为 总方案数减去不合法的方案数，其中 ∑ j = 1 i − 1 g j \sum_{j = 1}^{i -1}g_j ∑j=1i−1​gj​ 可以理解为 把不合法方案按照最前面能形成排列的位置分组 求贡献。因为 g j g_j gj​ 说明 j j j 位置能形成排列，但是前面不能形成形成排列。因此是一个天然的划分。这样就能把所有不合法方案不重不漏计算在内了。

时间复杂度 O ( n × k ) O(n \times k) O(n×k)

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
const int K = 1e3 + 10;
typedef long long LL;
const LL mod = 998244353;
int n, k;
LL dp[N], g[K], fac[N];
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &k);
	if(k > n) {puts("0"); return 0;}
	else {
		fac[0] = 1LL;
		for(int i = 1; i < N; i ++ ) fac[i] = (fac[i - 1] * (1LL * i)) % mod;
		g[1] = 1LL;
		for(int i = 2; i <= k; i ++ ) {
			g[i] = fac[i];
			for(int j = 1; j < i; j ++ ) { // 枚举非法情况中，第一个提前匹配成排列的位置 
				g[i] = ((g[i] - g[j] * fac[i - j] % mod) % mod + mod) % mod;
			}
		}
		dp[k] = fac[k];
		for(int i = k + 1; i <= n; i ++ ) {
			for(int j = i - 1; j >= i - k; j -- ) {
				dp[i] = (dp[i] + dp[j] * g[i - j] % mod) % mod;
			}
		}
		printf("%lld\n", dp[n]);
	} 
	return 0;
}

2024 CCPC东北邀请赛 K. Tasks（贪心，构造）

在这里插入图片描述
题目

          分析：感觉思路挺不好想的。考虑按照烦躁值分组。首先 对于同组的，不能出现区间包含的情况。因为这样会让更大的那个区间不成立。然后就是在区间不互相包含的情况下，每个区间越长 越好。这样可以让烦躁值更大的区间更容易被包含。并且由于只需要让每个区间的烦躁值等于包含它的区间的最大烦躁值 + 1 +1 +1 即可，因此 不需要考虑当前区间是否会包含烦躁值很大的区间从而影响合法性。知道了这两个性质我们就可以对从小到大对每一层进行构造了。注意 每一层按照左端点排序后应从大到小 考虑，这样才能构造出最优的方案。具体细节参见代码。

时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
const int Limit = 1e6;
typedef pair< int, int > PII;
int n, l[N], b[N];
vector< int > F[N];
map< PII, int > ans;
inline int read() {
	int x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while(!isdigit(c)) {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
	while(isdigit(c)) {x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48); c = getchar();}
	return x * f;
}
void calc(int depth) {
	if(depth == 0) {
		int now = Limit;
		for(int i = F[depth].size() - 1; i >= 0; i -- ) {
			ans[make_pair(depth, F[depth][i])] = now;
			now --;
		}
	}
	else {
		if(F[depth - 1].empty()) {
			puts("-1");
			exit(0);
		}
		int nl = F[depth - 1].size() - 1; int nr = ans[make_pair(depth - 1, F[depth - 1][nl])];
		for(int i = F[depth].size() - 1; i >= 0; i -- ) {
			int p = F[depth][i];
			while(nl >= 0 && p < F[depth - 1][nl]) {
				nl --;
				if(nl != -1) nr = min(nr, ans[make_pair(depth - 1, F[depth - 1][nl])]);
			}
			if(nl == -1) {puts("-1"); exit(0);}
			else {
				if(p == F[depth - 1][nl] && nr == ans[make_pair(depth - 1, F[depth - 1][nl])]) nr --;
				if(nr >= p) {
					ans[make_pair(depth, p)] = nr;
					nr --;
				}
				else {
					puts("-1");
					exit(0);
				}
			}
		}
	}
}
int main() {
	n = read();
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		scanf("%d%d", &l[i], &b[i]);
		F[b[i]].pb(l[i]);
	}
	for(int i = 0; i <= Limit; i ++ ) {
		sort(F[i].begin(), F[i].end());
		for(int j = 1; j < F[i].size(); j ++ ) {
			if(F[i][j] == F[i][j - 1]) {
				puts("-1");
				return 0;
			}
		}
	}
	for(int i = 0; i <= Limit; i ++ ) {
		if(F[i].empty()) continue;
		else calc(i);
	}
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		printf("%d\n", ans[make_pair(b[i], l[i])]);
	}
	return 0;
}

2024 CCPC东北邀请赛 L. Bracket Generation（组合数学，数数）

在这里插入图片描述
题目

          分析：连续的一对的 ( ( ( 和 ) ) )，那它肯定是由一个 1 1 1 操作产生的，其余的左括号和右括号肯定都是由 2 2 2 操作产生。我们注意到所有的 2 2 2 操作都有一个限制，那就是 必须在它括住的最后一个 1 1 1 后才能使用。因此我们可以统计出有多少个 1 1 1 操作，并统计出每个 1 1 1 操作由多少个 所属的 2 2 2 操作。这里 所属 就是必须在这个 1 1 1 后才能出现的意思。那么对于每个 1 1 1 操作内部的 2 2 2，首先有一个 阶乘 的贡献，表示内部不同的顺序。由于 1 1 1 操作只能向后面加，所以所有的 1 1 1 操作的顺序是定的，就是从左到右的顺序。我们只需要再累乘起分别插入每组 2 2 2 操作的贡献即可。

时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)。

CODE：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
typedef long long LL;
const LL mod = 998244353;
int n, tot, cnt[N];
LL fac[N], inv[N], res;
char str[N];
LL Pow(LL x, LL y) {
	LL res = 1LL, k = x;
	while(y) {
		if(y & 1) res = (res * k) % mod;
		y >>= 1;
		k = (k * k) % mod;
	}
	return res;
}
LL C(int n, int m) {
	return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
int main() {
	scanf("%s", str + 1);
	n = strlen(str + 1);
	fac[0] = 1LL;
	for(int i = 1; i < N; i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * (1LL * i) % mod;
	inv[N - 1] = Pow(fac[N - 1], mod - 2LL) % mod;
	for(int i = N - 2; i >= 0; i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * (1LL * (i + 1LL)) % mod; 
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		if(str[i] == '(' && str[i + 1] == ')') {
			tot ++; int c = 0;
			for(int j = i + 2; j <= n; j ++ ) {
				if(str[j] == ')') c ++;
				else break;
			}
			cnt[tot] = c;
		}
	}
	res = 1LL; int room = 0;
	for(int i = tot; i >= 1; i -- ) {
		res = (res * fac[cnt[i]]) % mod; // 内部2的贡献 
		res = res * C(room + cnt[i], cnt[i]) % mod;
		room = room + cnt[i] + 1;
	}
	printf("%lld\n", res);
	return 0;
}

2024 CCPC东北邀请赛 G. Diamond（根号分治）

在这里插入图片描述
题目

          分析：比较难的一道题。我们发现如果每次询问的 p p p 和 q q q 数量比较少，那么每次询问就可以暴力做。如果比较多，那么这样的 p p p 或者 q q q 的数量就比较少。这启示我们 根号分治。

          注意到逆序对就是 小数前面的大数数量。我们给数量大于 n \sqrt{n} n ​ 的数编号，处理出 f i , j f_{i, j} fi,j​ 表示第 i i i 个位置前面编号为 j j j 的数字个数，这个可以在 O ( n n ) O(n\sqrt{n}) O(nn ​) 的复杂度内处理出来。 然后我们处理出 S i , j S_{i, j} Si,j​ 表示前 i i i 个位置里每个值为 a i a_i ai​ 的位置前面编号为 j j j 的数字数量 的和。这个可以对每个位置记一个前驱求出来。最后计算答案是简单的：只需要 S S S 数组的前缀相减再减去 [ 1 , l − 1 ] [1, l-1] [1,l−1] 对 [ l , r ] [l, r] [l,r] 的贡献即可。比较恶心的是这道题卡空间，可以将阈值设大来减小大数的数量。这样可以优化空间。

时间复杂度 O ( n n ) O(n\sqrt{n}) O(nn ​)。

CODE：

          还没调过就不放了。

本文来自互联网用户投稿，该文观点仅代表作者本人，不代表本站立场。本站仅提供信息存储空间服务，不拥有所有权，不承担相关法律责任。如若转载，请注明出处：http://www.coloradmin.cn/o/1919662.html

如若内容造成侵权/违法违规/事实不符，请联系多彩编程网进行投诉反馈，一经查实，立即删除！

相关文章

Java高级重点知识点-24-函数式接口

Java高级重点知识点-24-函数式接口

文章目录 函数式接口函数式编程常用函数式接口 函数式接口 有且仅有一个抽象方法的接口。 格式&#xff1a; 修饰符 interface 接口名称 {public abstract 返回值类型 方法名称(可选参数信息);// 其他非抽象方法内容 }public interface MyFunctionalInterface {void myMethod…
阅读更多...
二进制补码计算

二进制补码计算

基本知识 原码&#xff08;Sign and Magnitude&#xff09;:原码是一种最简单的表示法&#xff0c;使用符号位和数值位来表示整数。 符号位&#xff1a;最高位是符号位&#xff0c;0表示正数&#xff0c;1表示负数。 数值位&#xff1a;剩下的位表示数值的大小。反码&#xf…
阅读更多...
2串锂电池5V升压15V 18V 2.5A 升压恒压IC H6391芯片 低待机功耗

2串锂电池5V升压15V 18V 2.5A 升压恒压IC H6391芯片 低待机功耗

H6391是一款升压恒压转换器芯片&#xff0c;适用于多种需要2.6-5V输入升压至较高电压的应用场景。但值得注意的是&#xff0c;在您提供的描述中提到输出可调达。 输出电压范围&#xff1a;H6391的直接输出电压可能无法直接达到15V或18V。 输出电流&#xff1a;H6391支持的可调…
阅读更多...
Python类与对象01

Python类与对象01

1、理解使用对象完成数据组织的思路 1.1类和对象的基本理解 理解类&#xff1a;从现实世界到编程世界 类由三个部分组成&#xff1a;类名、类的属性、类的方法。类的定义实际上是描述事物的一种方法&#xff0c;在现实世界中&#xff0c;事物都是有属性和行为的。通过类&…
阅读更多...
机器学习 | 对K-Means聚类假设的研究演示及实践示例

机器学习 | 对K-Means聚类假设的研究演示及实践示例

我们在Scikit-learn对K-means假设的调查中探索了揭示算法优势和局限性的场景。我们研究了K-means对不正确的聚类大小的敏感性&#xff0c;它在各向异性分布中面临的困难&#xff0c;它在不同的聚类方差中面临的困难&#xff0c;以及使用合成数据集的大小不均匀的聚类问题。我们…
阅读更多...
2024.7.11作业

2024.7.11作业

1.使用递归实现 求 n 的 k 次方 #include <stdio.h> int digui(int n,int k) { if(k0) //任何数的0次方等于1 { return 1; } else { return n*digui(n,k-1); //递归 } } int main(int argc,const char *argv[]) { in…
阅读更多...
龙旗科技在线测评、招聘笔试 如何通过、考点分析｜备考建议

龙旗科技在线测评、招聘笔试 如何通过、考点分析｜备考建议

龙旗电子入职在线测验真题考点分析&#xff0c;通过技巧&#xff1f; ​言语逻辑部分的考试时间是10分钟&#xff0c;需要完成10道题目。每题的作答时间被限定为60秒&#xff0c;一旦提交后无法返回修改。这部分的题目类型包括总结中心思想、选词填空和推理文章意思。考生需要快…
阅读更多...
大模型真能模拟人类语言？中国人民大学提出新的数据增强方法

大模型真能模拟人类语言？中国人民大学提出新的数据增强方法

获取本文论文原文PDF&#xff0c;请在公众号【AI论文解读】留言&#xff1a;论文解读 论文标题:LLM-Generated Natural Language Meets Scaling Laws: New Explorations and Data Augmentation Methods 机构: School of Information Resource Management, Renmin University …
阅读更多...
springboot定制化书籍销售系统-计算机毕业设计源码71193

springboot定制化书籍销售系统-计算机毕业设计源码71193

摘要 随着电子商务的快速发展和图书市场的不断变革&#xff0c;定制化书籍销售系统的需求日益凸显。本文介绍了一种基于SpringBoot框架的定制化书籍销售系统的设计与实现。该系统旨在满足用户对于个性化、专业化的书籍需求&#xff0c;为用户提供高效、便捷的定制化购书体验。 …
阅读更多...
C# HuaYun出口服务器

C# HuaYun出口服务器

直连 串口转网口&#xff1a;通过请求帧写入波特率 或者地址位 或者温度 湿度等数据 读取时候 [0x01,0x03] 写入的时候[0x01&#xff0c;0x03] 写入波特率的时候请求帧 [0x01,0x06,0x07,0xD1,0x01,0x14] 把波特率改成0x01,0x14 namespace _01_HuaYun出口服务器 {public partia…
阅读更多...
如何监控别人的聊天记录？三种监控聊天记录的方式，千万别让老板看见

如何监控别人的聊天记录？三种监控聊天记录的方式，千万别让老板看见

监控别人的聊天记录&#xff0c;无论是出于父母对子女的关心、企业管理层对员工的监管&#xff0c;还是其他目的&#xff0c;都必须在法律许可的范围内进行&#xff0c;并且通常需要获得被监控者的明确同意。 非法监控他人的通信记录是严重侵犯隐私权的行为&#xff0c;违反了…
阅读更多...
《昇思25天学习打卡营第18天|onereal》

《昇思25天学习打卡营第18天|onereal》

RNN实现情感分类 概述 情感分类是自然语言处理中的经典任务&#xff0c;是典型的分类问题。本节使用MindSpore实现一个基于RNN网络的情感分类模型&#xff0c;实现如下的效果&#xff1a; 输入: This film is terrible 正确标签: Negative 预测标签: Negative输入: This film…
阅读更多...
pdf压缩文件怎么压缩到小于10M或5m 且文件质量不影响画质清晰度

pdf压缩文件怎么压缩到小于10M或5m 且文件质量不影响画质清晰度

在数字化办公和学习中&#xff0c;pdf格式因其良好的兼容性和稳定性而受到广泛应用。然而&#xff0c;pdf文件体积较大时&#xff0c;会给我们带来传输和存储上的困扰。本文将为您介绍几种简单有效的方法&#xff0c;帮助您轻松压缩pdf文件&#xff0c;提高传输效率&#xff0c…
阅读更多...
掉打面试官之Java的SPI机制理解

掉打面试官之Java的SPI机制理解

本人详解 作者：王文峰，参加过 CSDN 2020年度博客之星，《Java王大师王天师》 公众号：JAVA开发王大师，专注于天道酬勤的 Java 开发问题中国国学、传统文化和代码爱好者的程序人生，期待你的关注和支持！本人外号：神秘小峯 山峯 转载说明：务必注明来源（注明：作者：王文峰…
阅读更多...
鸿蒙开发：Universal Keystore Kit（密钥管理服务）【HMAC(ArkTS)】

鸿蒙开发：Universal Keystore Kit（密钥管理服务）【HMAC(ArkTS)】

HMAC(ArkTS) HMAC是密钥相关的哈希运算消息认证码&#xff08;Hash-based Message Authentication Code&#xff09;&#xff0c;是一种基于Hash函数和密钥进行消息认证的方法。 开发步骤 生成密钥 指定密钥别名。初始化密钥属性集。调用[generateKeyItem]生成密钥&#xf…
阅读更多...
武夷山细节决定成败抓质量求生存

武夷山细节决定成败抓质量求生存

在当今竞争激烈的市场环境中&#xff0c;细节决定成败&#xff0c;质量求生存的理念已成为企业发展的关键。蓝鹏测控科技有限公司&#xff0c;一家专业从事工业测量领域的高新技术企业&#xff0c;正是秉持这一理念&#xff0c;在工业测径仪领域取得了显著成就。 蓝鹏测控科技…
阅读更多...
tensorflow卷积层操作

tensorflow卷积层操作

全连接NN&#xff1a; 每个神经元与前后相邻层的每一个神经元都有全连接关系。输入是特征&#xff0c;输出为预测结果。 参数个数(前层*后层后层&#xff09; 实际应用时&#xff0c;会先对原始图像进行特征提取&#xff0c;再把提取到的特征送给全连接网络 会先进行若干层提…
阅读更多...
复杂度（上卷）

复杂度（上卷）

前言 在正式进入今天的主题之前&#xff0c;我们不妨先来回顾一下初步学习数据结构后必须知道的概念。&#x1f3b6; 数据结构 数据结构是计算机存储、组织数据的方式&#xff0c;指相互间存在一种或多种特定关系的数据元素的集合。 &#xff08;没有一种单一的数据结构能够…
阅读更多...
在centos7中安装MySQL5.7，是否必须卸载centos7自带的mariadb？

在centos7中安装MySQL5.7，是否必须卸载centos7自带的mariadb？

在CentOS 7 中安装 MySQL 5.7 时&#xff0c;不一定必须卸载系统自带的 MariaDB&#xff0c;但为了避免冲突和确保 MySQL 的正常运行&#xff0c;通常建议先卸载 MariaDB。以下是具体的步骤&#xff1a; 卸载 MariaDB&#xff08;如果已经安装&#xff09;&#xff1a; sudo sy…
阅读更多...
强化学习驱动的狼人游戏语言智能体战略玩法

强化学习驱动的狼人游戏语言智能体战略玩法

Language Agents with Reinforcement Learning for Strategic Play in the Werewolf Game 论文地址： https://arxiv.org/abs/2310.18940https://arxiv.org/abs/2310.18940 1.概述 在AI领域，构建具备逻辑推理、战略决策以及人类沟通能力的智能体一直被视为长远追求。大规模语…
阅读更多...
推荐文章
最新文章

Copyright @ 2022~2023