【牛客OI周賽15-普及組】 A【模擬】B【DP】D【離散化+DP+樹狀數組】

比賽連接

A

問題：長度爲n的字符串，是否完全由多個mq連接組成
思路：模擬就型了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 1e5 + 11;
const int M = 1e6 + 11;
const int MOD = 1e9 + 7;

char s[N];
int main(int argc, char **args){
 // freopen("in.txt", "r", stdin);
    int q; cin >> q;
    while(q--){
        scanf("%s", s);
        int cur = 0;
        bool flag = true;
        for(int i = 0; s[i]; i++){
            if( (cur == 1 && s[i] == 'q' )|| (cur == 0 && s[i] == 'm'))
                cur = cur ^ 1;
            else 
                flag = false;
        }
        
        puts((flag && !cur) ? "Yes":"No");
    }
return 0;
}

B

思路：賽時 只想到了爆搜+剪枝，這樣肯定不對，只過了50%數據。賽後又想了想，發現可以考慮DP，因爲n個寶物的和最大也就是10000，取前k個最小值就行，這時候，發現，如果可以提前處理出來和爲 i 的方案數，問題就解決了。
所以考慮DP，dp[i][j] 表示前 i 個寶物 的和爲 j 的方案數。遞推方程：
$dp[i] [j + a_{ik}] =\sum_{k=1}^{m_i} \sum_{j = 0}^{10000 - a_{ik}}dp[i - 1] [j]$
發現時間複雜度正好爲o(1e8)，感覺時間上會過不去，但是因爲這個代碼的框架簡單，很簡潔，所以常數會非常小，所以實際上時間上還是能夠過去的（而且牛客評測機1s應該很跑多了把，至少1e8常數內應該都夠）。 空間上，因爲第 i 層只用第 i - 1 層的值，可以利用滾動數組來優化一維。
爆搜代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
 
const int N = 1e5 + 11;
const int M = 1e6 + 11;
const int MOD = 1e9 + 7;
 
int n, k;
priority_queue <int,vector<int>,less<int> > qu;
vector<int>ve[N];
void DFS(int now, int sum){
    if(qu.size() >= k && sum >= qu.top()) return; // 剪枝
    // cout << now <<" " <<sum <<"\n";
    if(now == n + 1) {
        if(qu.size() < k)
            qu.push(sum);
        else {
            if(qu.top() > sum) {
                qu.pop(); qu.push(sum);
            }
        }
        return;
    }
 
    for(int i = 0; i < ve[now].size(); i++){
        int v = ve[now][i];
        DFS(now + 1, sum + v);
    }
}
 
int main(int argc, char **args){
   // freopen("in.txt", "r", stdin);
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i = 1; i <= n ;i++){
        int m; scanf("%d", &m);
        while(m--){
            int a; scanf("%d", &a); ve[i].push_back(a);
        }
        sort(ve[i].begin(), ve[i].end());
    }
     
    DFS(1, 0);
    int ans = 0;
    while(k--){
       // cout << qu.top() <<"\n";
        ans += qu.top(); qu.pop();
    }
    printf("%d\n", ans);
return 0;
}

DP 代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 1e5 + 11;
const int M = 1e6 + 11;
const int MOD = 1e9 + 7;

ll dp[N][2];
int main(int argc, char **args){
 //   freopen("in.txt", "r", stdin);
    
    int n, k; scanf("%d%d", &n, &k);
    int cur = 0; dp[0][cur ^ 1] = 1; 
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        int m; scanf("%d", &m);
        for(int j = 0; j <= 10000; j++) dp[j][cur] = 0;

        while(m--){
            int a;  scanf("%d", &a);
            for(int j = 0; j <= 10000; j++){
                if(dp[j][cur ^ 1] > 0) 
                    dp[j + a][cur] += dp[j][cur ^ 1];
            }
        }
        cur ^= 1;
    }

    cur ^= 1;
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= 10000; i++){
        if(k > 0) {
            if(dp[i][cur] >= k) {
                ans += k * i;
            }else {
                ans += dp[i][cur] * i;
            }

            k -= dp[i][cur];
        }else break;
    }

    printf("%d\n", ans);
return 0;
}

D

思路：賽時思路對了，可惜沒有發現bug。
其實很簡單，從二元祖到三元組的過程中，我們可以得到啓發。後面擴展到m元祖，其實本質都是一樣的。考慮 dp[i][j] 表示以位置 j 開始的 i 元祖個數。轉移方程：
$dp[i][j] = \sum_{a_k > a_i \&k > i} dp[i-1][k]$
如何求得右側式子，這裏可以考慮用樹狀數組。
因爲要用樹狀數組，所以要將 $a_i$ 值當做數組下標，但是原本 $a_i$ 的值很大，發現本題和 $a_i$ 本來值無關，只要元素間相對大小不變就行，所以用離散化。
同時觀察式子，發現可以當前層只用前一層的值，所以利用滾動數組來優化 空間。

代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int N = 1e5 + 11;
const int M = 1e6 + 11;
const int MOD = 1e9 + 7;

int n, m, nn; 
int sum[N];
int c[N * 4], a[N];

 
void add(int pos, int x){
    for(pos; pos > 0; pos -= (pos & -pos)){
        c[pos] = (c[pos] + x) % MOD;
    }
}

int query(int pos){
    int sum = 0;
    for(pos ; pos <= nn; pos += (pos & -pos)){
        sum = (sum + c[pos]) % MOD;
    }
    return sum;
}
vector<int>ve;
int main(int argc, char **args){
   // freopen("in.txt", "r", stdin);
    
    scanf("%d%d", &n, &m);

    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%d", &a[i]); ve.push_back(a[i]);  
    }
    
    sort(ve.begin(), ve.end());
    ve.erase(unique(ve.begin(), ve.end()), ve.end());
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        a[i] = lower_bound(ve.begin(), ve.end(), a[i]) - ve.begin() + 1; // 離散化，重新賦值
        sum[i] = 1;// 賦初值
    } 

    nn = n * 2;
    
    for(int j = 2; j <= m; j++){ 
        memset(c, 0, sizeof(c));
        for(int i = n; i > 0; i--){
            add(a[i] , sum[i]);
            sum[i] = query(a[i] + 1);
            // cout << sum[i] <<" "; 
        }
    }
    
    
    if(m == 1){
        cout << n <<"\n";
    }else {
        int ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            ans = (ans + sum[i]) % MOD;
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
        
return 0;
}