2019牛客多校第二場
A. Eddy Walker
upsloved
有一個長為\(n\)的環，一開始位於\(0\)，每次隨機向前或者向后走，求最后一個走到\(m\)的概率
ps:這題實際上求的是所有詢問的前綴積
實際上概率相等（俺也不知道為啥）如果\(m!=0\)，則概率是\(\frac 1 {n-1}\)，特判\(n=1,m=0\)就行了
代碼不放了
B. Eddy Walker2
solved at 03:54(+2)
有一個無限長的序列，一開始位於\(0\)，每次概率均等地往前走\(1\)到\(k\)步，求經過\(n\)的概率
\(1<=n<=1e18, 1<=k<=1000\)
如果\(n=-1\)表示求\(n\)趨近於正無窮時的概率
顯然\(dp[i] = \sum\limits_{j=i-k}^{i-1}dp[j]\)
這是個線性遞推式，我們賽中BM搞過去了...
\(n=-1\)時小數據打表發現是\(\frac 2 {k+1}\)
矩陣快速冪是\(k^3\log(n)\)的，據說可以利用轉移矩陣和特征方程的聯系優化成\(k^2\log(n)\)的，並不是很懂，可以搜叉姐論文看一看
代碼也沒啥好放的
D. Kth Minimum Clique
upsloved
\(n\)個點的帶點權的圖，求權值第\(k\)小的完全子圖的權值\(1<=n<=100, 1<=k<=1e6)\)
看着咖啡雞的代碼恍然大悟，咖啡雞nb
用優先隊列保存當前完全子圖，然后嘗試往這個圖里塞一個點，為避免重復只塞下標比當前完全子圖最大點下標還要大的點，復雜度大概是\(k\log(k)+kn^2/64\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using bs = bitset<105>;
using LL = long long;
struct node {
LL val;
bs mask;
bool operator<(const node &rhs) const {
return val > rhs.val;
}
};
int s[105][105], n, a[105], k;
bs f[105];
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = 0; i < n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]);
}
for(int i = 0; i < n; ++i) {
f[i].reset();
for(int j = 0; j < n; ++j) {
scanf("%1d", &s[i][j]);
if(s[i][j] == 1)
f[i].set(j);
}
}
priority_queue<node> pq;
bs p;
p.reset();
pq.push({0, p});
while(!pq.empty()) {
node u = pq.top();
pq.pop();
if(--k == 0) {
printf("%lld\n", u.val);
return 0;
}
int pos = 0;
for(int i = 0; i < n; ++i)
if(u.mask[i])
pos = i + 1;
for(int i = pos; i < n; ++i) if((f[i] & u.mask) == u.mask) {
u.mask[i] = 1;
pq.push({u.val + a[i], u.mask});
u.mask[i] = 0;
}
}
puts("-1");
return 0;
}
E. MAZE
upsolved
你有一個\(n*m\)的\(01\)矩陣，\(1\)代表牆，你每次可以往下，左，右走（不能往上，也不能走回頭路）
有兩種操作
1.修改\(i, j\)位置的矩陣狀態
2.詢問從\(1, a\)走到\(n, b\)的方案數
設\(dp[l][r][i][j]\)代表從\(l, i\)走到\(r,j\)的方案數
顯然\(dp[l][r][i][j] = \sum\limits_{k=1}^mdp[l][x][i][k]*dp[x+1][r][k][j]\)，\(x\)是\(l\)到\(r-1\)之間的任意一個值
因為不能走回頭路，相當於枚舉怎么從\(x\)走到\(x+1\)的
然后這個東西顯然可以用線段樹，支持\(O(m^3\log(n))\)修改, \(O(1)\)查詢
總復雜度是\(O(q*m^3\log(n)+m^3n)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7, N = 5e4 + 10;
int n, m, q, b[N][10], x, y, z;
char s[14];
struct Matrix {
int a[10][10];
Matrix operator*(const Matrix &rhs) const {
Matrix c;
memset(c.a, 0, sizeof(c.a));
for(int i = 0; i < m; ++i)
for(int j = 0; j < m; ++j)
for(int k = 0; k < m; ++k)
c.a[i][j] = (c.a[i][j] + 1LL * a[i][k] * rhs.a[k][j] % mod) % mod;
return c;
}
}tree[N << 2];
void pushup(int rt) {
tree[rt] = tree[rt << 1] * tree[rt << 1 | 1];
}
void calc(int b[], Matrix &c) {
memset(c.a, 0, sizeof(c.a));
for(int i = 0; i < m; ++i) {
for(int j = i; j < m && b[j] == 0; ++j)
c.a[i][j] = 1;
for(int j = i; ~j && b[j] == 0; --j)
c.a[i][j] = 1;
}
}
void build(int rt, int l, int r) {
if(l == r) {
calc(b[l], tree[rt]);
return;
}
int mid = l + r >> 1;
build(rt << 1, l, mid);
build(rt << 1 | 1, mid + 1, r);
pushup(rt);
}
void update(int rt, int l, int r, int pos) {
if(l == r) {
calc(b[l], tree[rt]);
return;
}
int mid = l + r >> 1;
if(pos <= mid)
update(rt << 1, l, mid, pos);
else
update(rt << 1 | 1, mid + 1, r, pos);
pushup(rt);
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%s", s);
for(int j = 0; j < m; ++j)
b[i][j] = s[j] - '0';
}
build(1, 1, n);
while(q--) {
scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
if(x == 1) {
b[y][z - 1] ^= 1;
update(1, 1, n, y);
}
else {
printf("%d\n", tree[1].a[y - 1][z - 1]);
}
}
return 0;
}
F. Partition problem
solved at 02:38(+3)
有\(2n\)個人，把他們分為大小各為\(n\)的兩個集合，不在同一個集合里的人會獲得貢獻\(v_{i,j}\),求最大貢獻
\((1<=n<=14)\)
比賽的時候並沒有發現\(C_{28}^{14}\)只有4e7, 可以直接\(O(n*C_{28}^{14})\)dfs過去
比賽的時候我寫了個折半搜索，打了四個表，實際上復雜度也是\(O(n*C_{28}^{14})\)的...
折半的兩個東西拼起來的時候要一些騷操作，不然很容易變成\(2*n*C_{28}^{14}\)的或者是\(n*2^{2*n}\)的
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 10 + (1 << 14);
long long dp[N], dp2[N];
long long p[14][N], p2[14][N], ans;
int a[28][28], n, t[N], f[N];
int c[N], tot;
vector<int> v[15];
int main() {
scanf("%d", &n);
for(int i = 0; i < 2 * n; ++i) {
for(int j = 0; j < 2 * n; ++j) {
scanf("%d", &a[i][j]);
}
}
tot = (1 << n) - 1;
c[0] = 0;
v[0].push_back(0);
for(int i = 1; i <= tot; ++i) {
c[i] = c[i >> 1] + (i & 1);
v[c[i]].push_back(i);
}
f[0] = 1;
t[f[0]] = 0;
for(int i = 1; i < n; ++i) {
f[i] = 2 * f[i - 1];
t[f[i]] = i;
}
for(int i = 0; i < n; ++i) {
for(int mask = 0; mask <= tot; ++mask) {
long long val = 0;
for(int j = 0; j < n; ++j) {
if((1 << j) & mask) {
val += a[i][j + n];
}
}
p[i][mask] = val;
}
}
for(int i = 0; i < n; ++i) {
for(int mask = 0; mask <= tot; ++mask) {
long long val = 0;
for(int j = 0; j < n; ++j) {
if((1 << j) & mask) {
val += a[i + n][j];
}
}
p2[i][mask] = val;
}
}
for(int mask = 0; mask <= tot; ++mask) {
for(int i = 0; i < n; ++i) {
for(int j = i + 1; j < n; ++j) {
if(((mask >> i) & 1) == ((mask >> j) & 1)) continue;
dp[mask] += a[i][j];
}
}
}
for(int mask = 0; mask <= tot; ++mask) {
for(int i = 0; i < n; ++i) {
for(int j = i + 1; j < n; ++j) {
if(((mask >> i) & 1) == ((mask >> j) & 1)) continue;
dp2[mask] += a[i + n][j + n];
}
}
}
for(int mask = 0; mask <= tot; ++mask) {
for(auto mask2: v[n - c[mask]]) {
long long val = dp[mask] + dp2[mask2];
for(int x = mask; x; x -= x & -x)
val += p[t[x & -x]][tot ^ mask2];
for(int x = mask2; x; x -= x & -x)
val += p2[t[x & -x]][tot ^ mask];
ans = max(ans, val);
}
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
H. Second Large Rectangle
solved at 01:00(+2)
有一個\(n*m\)的\(01\)矩陣，求面積第二大的全\(1\)子矩陣面積\(1<=n,m<=1000\)
最大的是用懸線法\(O(nm)\)處理出來，第二大的也差不多，把每個位置對應的最大的要么行減一，要么列減一，第二大的肯定在這些里面
注意可能很多位置的最大全\(1\)子矩陣是同一個矩陣，標記掉就好了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010;
int a[N][N], d[N][N], s[N][N], s2[N][N], mx, mx2, n, m, vis[N][N];
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
for(int j = 1; j <= m; ++j)
scanf("%1d", &a[i][j]);
}
for(int j = 1; j <= m; ++j) {
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(a[i][j] == 0)
d[i][j] = 0;
else
d[i][j] = d[i - 1][j] + 1;
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
stack<int> st;
while(!st.empty()) st.pop();
d[i][m + 1] = -1;
st.push(m + 1);
for(int j = m; j; --j) {
while(d[i][st.top()] >= d[i][j]) st.pop();
s[i][j] = st.top();
st.push(j);
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
stack<int> st;
while(!st.empty()) st.pop();
d[i][0] = -1;
st.push(0);
for(int j = 1; j <= m; ++j) {
while(d[i][st.top()] >= d[i][j]) st.pop();
s2[i][j] = st.top();
st.push(j);
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
for(int j = 1; j <= m; ++j) {
if(a[i][j] == 0) continue;
int r = s[i][j], l = s2[i][j];
if(vis[l][r] == i) continue;
vis[l][r] = i;
mx2 = max(mx2, d[i][j] * (r - l - 1));
if(mx2 > mx) swap(mx2, mx);
mx2 = max(mx2, d[i][j] * (r - l - 2));
if(mx2 > mx) swap(mx2, mx);
mx2 = max(mx2, (d[i][j] - 1) * (r - l - 1));
if(mx2 > mx) swap(mx2, mx);
}
}
printf("%d\n", mx2);
return 0;
}
J. Subarray
upsolved
開場就有人過，看了半天不怎么會，沒想到是個暴力