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還好
一.水池
1.題目
1.題目描述
又到了一年一度的的雨季，幻想鄉原來也會下雨。 看着本已經乾涸的池塘，靈夢想出了一個高(zhi)深(zhang)的問題： 隨着雨水落下，池塘中高低不平的地方會積水。 給出一個n∗m大小的池塘的每個地方的高度，求雨水落下後每個地方的剩 餘的雨水的高度。
2.輸入格式
第一行三個數分別爲n,m,L 接下來n行m列共n∗m個範圍在[0,L]中的整數，分別表示這個地方的高度 。
3.輸出格式
輸出包含n行m列，第i行第j列的數表示這個地方的積水的高度。
4.輸入樣例：
3 3 1
1 1 1
1 0 1
1 1 1
5.輸出樣例
0 0 0
0 1 0
0 0 0
6.數據範圍與提示
• 對於前40%的數據,n,m ≤ 4,L = 1
• 對於100%的數據,n,m ≤ 1000,L ≤ 1000
2.題解
考試時想出了正解但是打錯了，哎，我太遜了。
首先很明顯最外面的那一層無論如何都是積水爲0，所以只要池塘內部的積水能夠漫溢到最外面那一層，那麼積水深度就不能在增加了。
然後你把這個過程想想成雨水從內走到外。沒錯，暴力方法：從池塘內部的每一個點開始向外部都做一次spfa，找最短路徑。
很明顯，暴力只有40分，那滿分做法呢？
是這樣的：
我們先把池塘最外面的那一層裝入優先隊列（小根堆），然後依次取出優先隊列的每一個元素，以這個點的高度爲積水的高度加上點的高度，繼續bfs，遇到更高的點就加入隊列，直到走完爲止。
爲什麼呢？因爲
1.要積水高度越小，那麼就要用小根堆；
2.遇到一個比現在的高度更高的點，就說明這個點有可能擋住了水的去路，水要到這個點這麼高才能繼續走。
3.Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
#define M 1005
struct node {
int x, y, h;
node (){};
node (int X, int Y, int H){
x = X;
y = Y;
h = H;
}
bool operator < (node rhs) const{
return h > rhs.h;
}
};
int n, m, L, hei[M][M], val[M][M], vis[M][M];
int dir[4][2] = {{1, 0}, {0, 1}, {-1, 0}, {0, -1}};
priority_queue <node> qf;
inline void Read (int &x){
int f = 1; x = 0; char c = getchar ();
while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1; c = getchar ();}
while (c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - 48; c = getchar ();}
x *= f;
}
inline bool check (int x, int y){
if (x < 0 || x > n + 1 || y < 0 || y > m + 1 || vis[x][y] >= 1)
return 0;
return 1;
}
inline void bfs (int x, int y, int h){
queue <pair <int, int> > Q;
Q.push (make_pair (x, y));
val[x][y] = h;
vis[x][y] = 2;
while (! Q.empty ()){
pair <int, int> f = Q.front ();
Q.pop ();
for (int i = 0; i < 4; i ++){
int tox = f.first + dir[i][0];
int toy = f.second + dir[i][1];
if (check (tox, toy)){
if (h < hei[tox][toy]){
vis[tox][toy] = 1;
val[tox][toy] = hei[tox][toy];
qf.push (node (tox, toy, hei[tox][toy]));
}
else{
vis[tox][toy] = 2;
val[tox][toy] = h;
Q.push (make_pair (tox, toy));
}
}
}
}
}
int main (){
Read (n), Read (m), Read (L);
for (int i = 1; i <= n; i ++)
for (int j = 1; j <= m; j ++)
Read (hei[i][j]);
bfs (0, 0, 0);
while (! qf.empty ()){
node q = qf.top ();
qf.pop ();
if (vis[q.x][q.y] == 2)
continue;
bfs (q.x, q.y, q.h);
}
for (int i = 1; i <= n; i ++){
for (int j = 1; j < m; j ++)
printf ("%d ", val[i][j] - hei[i][j]);
printf ("%d\n", val[i][m] - hei[i][m]);
}
return 0;
}
二.排列
1.題目
1.題目描述
琪露諾又開始學數學了，”1+1=？“。 衆所周知，琪露諾無法解答這個問題，並對提出這個問題的你感到無比 憤怒，於是提出了一個簡單的問題，希望得到你的解答 給出一個長度爲n的排列，每次的操作定義爲：選擇一個區間[l,r]，並將 這個區間中的所有數變成這個區間中的最大的數，請問所有的能夠通過這樣的 操作到達的排列有多少種呢？ 但是聰明的你覺得十分簡單于是反問琪露諾，如果我限制總的操作次數 那麼答案又是多少呢？ 琪露諾無法回答這個問題，於是你需要給她答案。
2.輸入格式
第一行包含一個整數T表示數據的組數。 對於每組數據的第一行兩個整數n,K表示排列的大小和操作的次數。 接下來一行n個數構成一個排列。
3.輸出格式
輸出包含T行，每行輸出一個答案， mod 1e9 + 7輸出。
4.輸入樣例：
1
3 1
3 1 2
5.輸出樣例：
4
6.數據範圍與提示
可以到達的排列有312,322,332,333
對於所有的數據滿足T ≤ 10
對於前10%的數據,n ≤ 8
對於另外30%的數據,n ≤ 50
對於另外60%的數據,n ≤ 200
2.題解
這道題目是不是看着都沒有思路？對的，我當時看到這道題目連暴力都放棄了。
現在，讓我來揭曉正解算法：動態規劃DP
step1：
預處理出每個點它能通過操作到達的區間。
比如這個序列：1 5 3 2 1 6
3能到達的區間就是3~5
step2：
開始我們的動規操作。
定義dp[i][j][k]表示在第i個位置放第j個數，已經用了k次操作
一共有這些轉移：
1.第i個位置直接被第j-1個數覆蓋
狀態轉移方程：dp[i][j][k] = dp[i][j - 1][k]
2.枚舉一個t，表示j這個數佔了t個位置，i是第t個位置
狀態轉移方程：
（l[j]是指j這個數能到達區間的左端點）
這裏包超時，所以我們用前綴和優化，這道題目就解決了。
具體看代碼
3.Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define M 205
const int mod = 1e9 + 7;
int T, n, k, a[M], l[M], r[M];
int dp[M][M][M], Sum[M][M][M], ans;
inline void Read (int &x){
int f = 1; x = 0; char c = getchar ();
while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1; c = getchar ();}
while (c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - 48; c = getchar ();}
x *= f;
}
int main (){
Read (T);
while (T --){
ans = 0;
Read (n), Read (k);
for (int i = 1; i <= n; i ++)
Read (a[i]);
for (int i = 1; i <= n; i ++){
l[i] = r[i] = i;
while (l[i] >= 1 && a[l[i]] <= a[i])
l[i] --;
while (r[i] <= n && a[r[i]] <= a[i])
r[i] ++;
l[i] ++;
r[i] --;
}
for (int i = 0; i <= n; i ++)
dp[0][i][0] = Sum[0][i][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i ++){
for (int j = 0; j <= n; j ++){
for (int z = 0; z <= k; z ++){
if (j){
dp[i][j][z] = dp[i][j - 1][z];
if (l[j] <= i && i <= r[j]){
if ((z - (i != j)) >= 0)//這裏有特殊情況，如果j這個數它本身就在i這個位置，那麼就不用耗費一個操作
dp[i][j][z] = (dp[i][j][z] + dp[i - 1][j - 1][z - (i != j)]) % mod;
if (l[j] < i && z){
dp[i][j][z] = (dp[i][j][z] + ((i - 2 >= 0) ? Sum[i - 2][j - 1][z - 1] : 0)) % mod;
dp[i][j][z] = ((dp[i][j][z] - ((l[j] - 2 >= 0) ? Sum[l[j] - 2][j - 1][z - 1] : 0)) % mod + mod) % mod;
}
}
}
Sum[i][j][z] = (Sum[i - 1][j][z] + dp[i][j][z]) % mod;
}
}
}
for (int i = 0; i <= k; i ++)
ans = (ans + dp[n][n][i]) % mod;
printf ("%d\n", ans);
}
return 0;
}