NOIAC 2018模擬賽第三場

cycle

題目傳送門

題目大意：問一張無自環重邊的有向圖，求邊數最小的正環的邊數。
T1就難度中檔了。
考慮一個 $O(n^4)$ 的暴力， $f[k][u][v]$ 表示從 $u$ 走到 $v$ 走 $k$ 步的最大邊權，正環就是 $\exists x s.t.f[x][u][u]>0$
用矩陣倍增優化一下就好了。
有一些小細節，就是優化的時候把矩陣對角線賦值 $0$ ，就可以把 $f[k][u][v]$ 變成走不少於 $2^k$ 步，統計答案的時候如果走若 $2^x$ 幹步還是無法出現正環，直接走即可，就不需要枚舉答案了。

代碼

#include<bits/stdc++.h>
int ri() {
	char c = getchar(); int x = 0, f = 1; for(;c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
	for(;c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) - '0' + c; return x * f;
}
int n;
struct Maxtir {
	int m[301][301];
	int *operator [](int i) {return m[i];}
	const int *operator [](int i) const {return m[i];}
	void Init() {
		for(int i = 1;i <= n; ++i)
			for(int j = 1;j <= n; ++j)
				m[i][j] = (i == j ? 0 : -1e9);
	}
	Maxtir operator * (const Maxtir &a) const {
		Maxtir c; c.Init();
		for(int i = 1;i <= n; ++i)
			for(int j = 1;j <= n; ++j) 
				for(int k = 1;k <= n; ++k)
					c[i][j] = std::max(c[i][j], m[i][k] + a[k][j]);
		return c;
	}
	bool ck() {
		for(int i = 1;i <= n; ++i) if(m[i][i] > 0) return true;
		return false;
	}
}r, tp, f[10];
int main() {
	n = ri(); int m = ri(); f[0].Init();
	for(int i = 1;i <= m; ++i) {
		int u = ri(), v = ri();
		f[0][u][v] = ri(); f[0][v][u] = ri();
	}
	for(int x = 1;x <= 9; ++x) f[x] = f[x - 1] * f[x - 1];
	if(!f[9].ck()) return puts("0"), 0;
	int Ans = 0; r.Init();
	for(int i = 8; ~i; --i) {
		tp = r * f[i]; 
		if(!tp.ck()) Ans |= (1 << i), r = tp;
	}
	printf("%d\n", Ans + 1);
	return 0;
}

leaves

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題目大意：給定一顆每個非葉子節點都有兩個兒子的二叉樹，每個葉子有一個權值，所有葉子的權值構成了 $1\cdots n$ 的全排列，可以交換左右子節點，求最終葉子節點遍歷序逆序對最小值。
強烈吐槽本題題解。
注意到一個節點換或者不換僅僅會影響兩個區間之間的逆序對個數，可以獨立統計。
然而這個統計的過程題解半句沒提！！！
標解直接謝了啓發式搜索，每次遞歸進小的子樹暴力，把大的子樹直接查詢。複雜度 $O(nlogn)$
我直接上了線段樹合併，複雜度一樣。

代碼

#include<bits/stdc++.h>
const int T = 4e6 + 10, N = 2e5 + 10;
int ri() {
	char c = getchar(); int x = 0, f = 1; for(;c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
	for(;c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) - '0' + c; return x * f;
}
int sz, n, s[T], ls[T], rs[T]; long long r, r1, r2;
int Ins(int L, int R, int w) {
	s[++sz] = 1; if(L == R) return sz; int m = L + R >> 1, nw = sz; 
	w <= m ? ls[nw] = Ins(L, m, w) : rs[nw] = Ins(m + 1, R, w);
	return nw;
}
int Merge(int u, int v) {
	if(!u || !v) return u | v;
	s[u] += s[v];
	r1 += 1LL * s[ls[u]] * s[rs[v]];
	r2 += 1LL * s[rs[u]] * s[ls[v]];
	ls[u] = Merge(ls[u], ls[v]);
	rs[u] = Merge(rs[u], rs[v]);
	return u;
}
int Build() {
	int w = ri(); 
	if(w) return Ins(1, n, w);
	int ls = Build(), rs = Build();
	r1 = r2 = 0;
	int c = Merge(ls, rs);
	r += std::min(r1, r2);
	return c;
}
int main() {
	n = ri(); Build(); printf("%lld\n", r);
	return 0;
}

sequence

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題目大意：給定 $n$ 個兩兩不同的數，求任意相鄰兩個數之差都不是 $P$ 的倍數的方案數。
神仙題不會寫。。。

首先可以按 $\mod p$ 把所有數分成若干個等價類（把不可以放在一起的數合併）。
一個很妙的想法是放寬條件，考慮 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 個等價類，有 $j$ 對等價類中的數相鄰的方案數。（也就是我們還要塞 $j$ 個數到那些相鄰的數的缺口之中）
考慮轉移。假設當前的等價類大小爲 $cnt$ ，決定把他們分成 $k$ 個塊（相鄰的數捆綁起來看成一個），這樣的分法會新產生 $cnt-k$ 個缺口。
再枚舉這 $k$ 個塊的其中多少個要填到之前的缺口之中，假設填了 $h$ 個缺口，那麼這樣的填法會減少 $h$ 個缺口。
考慮方案數。
首先，從原來的 $j$ 個缺口選擇 $h$ 個出來填，方案數 $C_j^h$
其次，從剩下的 $sum+1-j$ 個正常的缺口中挑 $k-h$ 個位置用來放剩餘的塊，方案數 $C_{sum+1-j}^{k-h}$ 。
最後，往 $cnt-1$ 個缺口中插 $k-1$ 個隔板，將其分成 $k-1$ 塊，方案數 $C_{cnt-1}^{k-1}$
總方程
$f[i-1][j]\cdot C_j^h\cdot C_{sum+1-j}^{k-h}\cdot C_{cnt-1}^{k-1}\to f[i][j-h+cnt-k]$
複雜度 $O(n^4)$
大概。。。。吧

代碼

#include<bits/stdc++.h>
const int N = 31; const long long P = 1234567891;
int ri() {
	char c = getchar(); int x = 0, f = 1; for(;c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
	for(;c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) - '0' + c; return x * f;
}
long long dp[2][N], c[N][N], fac[N];
int cnt[1005], n, p;
int main() {
	n = ri(); p = ri();
	for(int i = 1;i <= n; ++i) ++cnt[(ri() % p + p) % p];
	fac[0] = 1; for(int i = 1;i < N; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
	c[0][0] = 1;
	for(int i = 1;i < N; c[i++][0] = 1)
		for(int j = 1;j <= i; ++j)
			c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % P;
	int s = 0; long long Fac = 1; int pr = 0, nw = 1; dp[0][0] = 1;
	for(int i = 0;i < p; ++i)
		if(cnt[i]) {
			for(int j = 0;j <= s; ++j) if(dp[pr][j])
				for(int k = 1;k <= cnt[i]; ++k)
					for(int h = 0;h <= k && h <= j; ++h)
						(dp[nw][j - h + cnt[i] - k] 
						+= dp[pr][j] * c[j][h] % P * c[s + 1 - j][k - h] % P 
						* c[cnt[i] - 1][k - 1] % P) %= P;
			s += cnt[i]; std::swap(nw, pr);
			memset(dp[nw], 0, sizeof(dp[nw]));
			(Fac *= fac[cnt[i]]) %= P;
		}
	printf("%lld\n", dp[pr][0] * Fac % P);
	return 0;
}

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