Personal-Traning題解(一)

1.Codeforces Round #418 E (dp+組合數學)：

https://loj.ac/problem/6094
http://codeforces.com/contest/814/problem/E
雖然題目是一樣的，但是時限不一樣，cf的時限大1s，所以在cf上這題O(n5) 可以過，但是loj就不行了，
codeforces：
把圖按照最短路分層，那麼這個圖需要滿足每個點都向上一層有且只有一條邊，並且沒有更向上的邊。
我們用dp[u][i][j][k][l] 表示前u 個節點，上一層有i 個讀數爲1 的插頭和 j 個度數爲2 的插頭，
這一層有 k 個度數爲 1 的插頭和 l 個度數爲 2 的插頭。注意我們甚至並不需要關心最短路到底是多少。
大力討論一下轉移就可以了。當前點先和上一層的一個點連接，剩下的度數可以留下，也可以和這一層的隨便連。

http://blog.csdn.net/sdfzyhx/article/details/73003862

loj:
O(n^3),參考一下cf上的KAN的做法。很神奇。
http://codeforces.com/blog/entry/52449.

2.二分圖染色。(組合數學，遞推公式)

https://loj.ac/problem/6160
這題是美團初賽的題，在一個完全二分圖上將邊進行染色的問題，紅色不共享端點，藍色不共享端點，綠色隨意染。

可以轉化爲棋盤模型，即 N×N 棋盤上放黑白棋子，每個格子至多放一個，同行同列沒有相同顏色的棋子。
令bn 爲只有一種顏色，那麼，bn=∑ni=0Cin∗Ain。
然後我們考慮容斥掉兩個顏色在同一格，如果一個格子既放黑又放白，那麼這一列和這一行不會有其他棋子，直接刪掉。

an=∑ni=0(−1)i∗Cin∗Ain∗(bn−i)2。

bn=2∗n∗bn−1−(n−1)2∗bn−2 ，可以花點時間想想左邊這個公式。
第一項是在第 n 行或者第 n 列上放一枚棋子或者不放的方案數，由於放兩枚棋子的情況會
被統計兩次，最後還需減去擺兩枚棋子的方案數，即第三項。

http://blog.csdn.net/u014609452/article/details/73744264

3.「美團 CodeM 初賽 Round A」倒水 （二分）

https://loj.ac/problem/6161

二分溫度，返回總共使用的體積。
這道題要注意一下精度。有的人用了long double,其實double也是可以的，分類二分溫度一下。
當全部t_i相同時，什麼操作都不需要，直接輸出。
當T>max{t_i},就for 200-300次二分，有可能升溫，也有可能降溫。
當T< min{t_i},就只能降溫了，直接算能不能把其他杯水是否能降到當前min{t_i}，否則就Impossible。

4.「美團 CodeM 初賽 Round A」合併迴文子串 （區間dp）

注意：a,b子串中的字母是相對不變的。
考慮c中的迴文子串，既然是子串，就一定可以拆成 a, b 兩串的兩個子串的組合。
不妨 設是 a[i, j]與 b[k, l]的組合，則可以考慮動態規劃的狀態 dp[i][j][k][l] 表示
a[i, j]與 b[k, l]的組合能否組成迴文子串。 新組合的串的串頭一定是S1和S2串頭中的一個，
串尾一定是S1和S2串尾中的一個，則可以匹配第一個字符和最後一個字符來轉移，
根據第一個字符和最後一個字符分別來自 a 還是 b 共有四種轉移:
(注意分別l和1)（L和一）
dp[i][j][k][l]<−−dp[i+1][j−1][k][l](i<j,a[i]=a[j])
dp[i][j][k][l]<−−dp[i+1][j][k][l−1](i<=j,k<=l,a[i]=b[l])
dp[i][j][k][l]<−−dp[i][j−1][k+1][l](i<=j,k<=l,b[k]=a[j])
dp[i][j][k][l]<−−dp[i][j][k+1]l−1](k<l,b[k]=b[l])

5.「美團 CodeM 初賽 Round B」模（數學題。證明題。）

https://loj.ac/problem/6176

如果沒有進位，則數字和爲S(a)*n，一次進位對數字和的貢獻和是1-k，而數位和需要在模b下與c相等，
根據模方程的擴展歐幾里得解法，可以發現方程有解的必要條件是gcd(a,k−1,b)|c 。然後我們要證明
這個條件是充分條件。
證明可以通過構造完成，對於任何a,一定【存在】其某個倍數p最低非零位的前一位不爲 9，
設此時最低非零位爲 t,則一定存在其倍數 q 使得最高位爲 k - t，設 q 在 k 進制下有 r 位，
考慮構造如下兩個數：

u=p∗kr+q
v=p∗k(r−1)+q

可以發現u,v貢獻的a數量相同,而進位數恰好 v 比 u 多 1。
在模 b 意義下，構造x∗a+y∗(1−k) 。
由於an可以任意大，我們在無限位中分散地擺放 x 個 a(可能有一些進位)，再擺放一共
b 個 u 或 v ，其對 a 的數目沒有貢獻，但可以把進位數變成 [0,b-1]的任意值 即 y。
既然任意 x∗a+y∗(1−k) 可以被構造出來，
所以在b剩餘系下有且僅有 gcd(a,k−1,b)|c 的倍數可以被構造出來。

6.LOJ #6165. 一道水題（線性篩）

https://loj.ac/problem/6165

先用線性篩篩出[1,n]的所有素數，記爲p[i]。
答案是對每個p[i] ，求出最大的p[i]k ，滿足p[i]k<=n 。把所有這些p[i]k 乘起來就是答案。

注意：模是1e8+7。

7.「美團 CodeM 初賽 Round B」送外賣2 （狀壓dp）

https://loj.ac/problem/6177

三進制狀壓DP。dp[i][j] 表示三進制狀態爲 i，最終走到 j 點的最小時間花費。
那麼狀態對應一個位置是0表示沒有取餐，是1表示取了餐沒有送，2表示送到了，
然後分析每一位上是0還是1進行狀態轉移，轉移之前要預處理一下最短路，
這個點比較少直接Floyd預處理一下即可。

8.ACdream 1113 （概率dp）

http://acdream.info/problem?pid=1113

設dp[i]表示從i丟到n才達到目標和的期望的次數。
dp[n]肯定等於0，那麼就從最後往前推。

不難想到擲到123456的期望都是6.00。

dp[i] += dp[i+j]。
dp[i]+ = 6 ==> dp[i]/=(6 - tot) (tot表示當前擲到的數和之前擲到的書的和大於n的次數)

最終答案就是dp[0]。

9.ACdream 1124 喵喵的遺憾（Fib數模n的循環節）

http://acdream.info/problem?pid=1124

輸入 N 和 P ，輸出 Fib[Fib[Fib[n]]]%P 。

找循環節。
對於一個正整數n，我們求Fib數模n的循環節的長度的方法如下：
（1）把n素因子分解，即 n=pa11∗pa22∗pa33∗∗∗∗pakk

（2）分別計算Fib數模每個的循環節長度，假設長度分別是 x1,x2.....xk.

（3）那麼Fib模n的循環節長度L=lcm(x1,x2,.....,xk)

從上面三個步驟看來，貌似最困難的是第二步，那麼我們如何求Fib模pm 的循環節長度呢？

這裏有一個優美的定理：Fib數模 pm 的最小循環節長度等於G(p)∗p(m−1) ，其中G(p)表示Fib數模素數p的最小循環節長度。
可以看出我們現在最重要的就是求G(p).

對於求G(p)我們利用如下定理：

如果5是模p的二次剩餘，那麼循環節的的長度是p-1的因子，否則，循環節的長度是2(p+1) 的因子。
順便說一句，對於小於等於5的素數，我們直接特殊判斷，loop(2)=3,loop(3)=8,loop(5)=20 。
那麼我們可以先求出所有的因子，然後用矩陣快速冪來一個一個判斷，這樣時間複雜度不會很大。

注意：需要注意的是P可能爲1，因此n==0或者1的時候，特判要輸出1%P而不是1.

10.HDU 2993 （斜率優化）

鏈接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2993
題意i：給你一個長度爲 n 的序列，找出長度 >= k 的平均值最大的連續子序列。輸出其平均值。

題解：斜率優化+fread。數據後期加強了。不加fread不能過。
複雜度：O(n)。
斜率優化的例題。
先求出前綴和數組sum[]，然後問題轉化成給出n+1個點求出兩點橫座標差>= k的點對所能構成的最大斜率。
然後樸素的想法是對於每一個可能的序列末端點 i，去尋找集合 [1,j]（i-j+1 >= k）中與它能構成的最大斜率，不斷更新最大值。複雜度 O(n^2)。
然後斜率優化的思想，是對於不斷增長的集合[1,j] 維護一個下凸曲線，每次找出曲線中的切線即爲當前最優值。
找切線的時候，根據下凸曲線中切點斜率遞增的性質，可以刪除已經找到的切點之前的點。複雜度爲 O(n)。
數據被加強過，必須加fread才能AC。

11.HDU 1500（dp）

鏈接：
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1500

題解：
從大到小排序，保證k對筷子都有一支最大的條件 。
dp[i][j] 表示前 j 支筷子取 i 對筷子的最小 badness，不考慮第三根筷子 。
dp[i][j]=min(dp[i][j−1],dp[i−1][j−2]+(L[j−1]−L[j])∗(L[j−1]−L[j])) ;（L爲筷子的長度）

12.HDU 1511（dp+思維）

鏈接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1511

題解：
先從前往後dp，dp[i] 表示包括第i位往前，滿足題目要求能得到的最小長度。
這樣就可以求出，最後一個最小的滿足的數了。

求出最後一個最小的數後，從後往前dp,dp[i]表示從第i位開始往後，在滿足題目要求的情況下，能得到的最大長度。
這樣就可以求出，按順序依次最大的。

簡而言之：
①從前往後DP，找出最後一個數的最小值，即最後一個數儘可能的小；
②從後往前DP，找出最前面一個數的最大值，即第一個數儘可能的大。

14.Codeforces Alpha Round #21 D（狀壓dp）

鏈接：http://codeforces.com/contest/21/problem/D

題意：給一個無向圖，要求從1出發回到1，但是必須經過圖中每一條邊，並且至少經過一次。注意：這不是歐拉回路。

/*********************************************************************/
判斷歐拉路是否存在的方法：
有向圖：圖連通，有一個頂點出度大入度1，有一個頂點入度大出度1，其餘都是出度=入度。
無向圖：圖連通，只有兩個頂點是奇數度，其餘都是偶數度的。

判斷歐拉回路是否存在的方法：
有向圖：圖連通，所有的頂點出度=入度。
無向圖：圖連通，所有頂點都是偶數度。
/*********************************************************************/

題解：狀壓DP。
度數爲偶數的點不需要被考慮，只需要考慮度數爲奇數的情況。首先每條邊必須要訪問一次，所以，所有邊權加起來就是答案的初值。　
然後度數爲奇數的點就需要訪問之前已經走過的邊。我們考慮兩個度數爲奇數的點可以組合一下，就變成了度數爲偶數的點，
相當於是在這兩個點之間新連了一條邊，我們可以floyd預處理一下兩點之間的最短路。
然後狀壓dp，狀態表示當前哪些結點的度數爲奇數，然後枚舉每次連哪兩條邊就可以了。

now = i^(1<<(j-1))^(1<<(k-1));
dp[now] = min(dp[now],dp[i]+ w[j][k]);//取或不取 j 和 k 兩條邊

15.Codeforces Beta Round #14 (Div.2) D （樹形dp）

鏈接：http://codeforces.com/contest/14/problem/D

題意：
給定一個無向圖，含有一定的路。從中找出兩個最長的路徑（每條路徑有一些相通路組成）。
這兩個路徑不能經過公共的點，求什麼時候兩條路徑的乘積最大。

題解：
把一個圖沿一條邊割開，分成兩個樹，求這兩個數中最長的路的乘積。
這裏需要分別求兩個樹的直徑。
因爲題目數據不大，直接枚舉邊即可。(n^2)
DFS從當前點開始搜索，把枚舉的那條邊先當作刪掉，DFS當前點存在的最大深度和次大深度。
兩個相加不斷更新最值，便可得到其中一邊樹的直徑。
同樣再DFS一次就可以得到另外一邊樹的直徑。
最後相乘即可。

複雜度就是：O(n2) .

16.Codeforces Beta Round #14 (Div.2) E （dp）

鏈接： http://codeforces.com/contest/14/problem/E

題意：
畫駱駝峯，給你n步，要你求可以畫t個駱駝峯的方案數。
要求駱駝峯的高度不能超過4。
(3≤n≤20, 1≤t≤10).

題解：
四維dp。
dp[n][t][j][s] 。
n代表點數（步長），t代表尖峯數，j代表高度，s代表上升（1）還是下降（0）的方案數。
初始化第一步，第一個尖峯，高度爲j的是一個上升峯。
因爲初始值看成了一個上升峯，那麼步數爲2時會出現下降峯。比如21，32這些。但是這些不合法。
所以要把步數爲2時的置0就可以了。
轉移方程：

一.更新上升峯（1：上升峯再加一個上升，2：下降峯加一個上升）
dp[n][t][i][1]+=(dp[n−1][t][j][1]+dp[n−1][t−1][j][0]);

二.更新下降峯（1:下降峯再加一個下降，2：上升峯加一個上升）
dp[n][t][i][0]+=(dp[n−1][t][j][0]+dp[n−1][t][j][1]);

複雜度：O(n3) .