終於補完了
（頹了n天因為舍友都在頹我也不想學）
9.17 2018-2019 ACM-ICPC Nordic Collegiate Programming Contest (NCPC 2018)
BCJ貌似簽到題（不是我做的 不補了）
FG直接咕了（以前學長都沒補）
H自閉，寫錯變量WA了n次。（我其實還沒太懂）不管。
I注意條件就很簡單，就是要高精。
A.Altruistic Amphibians(01背包)
\(Description\)
有\(n\)只青蛙要過寬度為\(d\)的河，每只青蛙有重量\(w\)、高度\(h\)、跳躍距離\(l\)。
若干只青蛙可以疊羅漢，但要保證每只青蛙\(i\)上面的所有青蛙重量和小於\(w_i\)。此時若青蛙\(i\)下面青蛙高度和\(\sum h+l_i>d\)則\(i\)可以跳過河。
只要滿足條件每只青蛙可以任意次堆疊。求最多有多少只青蛙能過河。
\(Solution\)
英語題面讀漏條件就很難受...要注意重量和是嚴格小於\(w_i\)，且青蛙總重要\(\leq 1e8\)。
因為青蛙可以任意次疊羅漢，所以單獨的一只青蛙\(i\)可以為總重\(< w_i\)的青蛙提供\(h_i\)的貢獻，且只會重的去貢獻輕的，
每只青蛙可以選擇貢獻或不貢獻，所以就是一個01背包了。。。
青蛙從重到輕排序，\(f[i]\)表示可承重為\(i\)時的最大高度，青蛙\(k\)的影響為：\(f[i]=max(f[i],\ f[i+w_k]+h_k)\)。
注意\(k\)能更新的\(i\)范圍只有\(1\sim w_i-1\)，所以總復雜度只有\(O(n+\sum w_i)\)。
至於統計答案，只要\(f[w_k]+l_k>d\)青蛙\(k\)就一定有辦法過了。。
//218ms 392400KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1e5+5,M=1e8+3;
int f[M];
struct Frog
{
int l,w,h;
bool operator <(const Frog &x)const
{
return w>x.w;
}
}A[N];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
int main()
{
int n=read(),D=read(),s=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=(Frog){read(),read(),read()}, s+=A[i].w;
std::sort(A+1,A+1+n);
int ans=0;
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
int w=A[i].w, h=A[i].h;
if(A[i].l+f[w]>D) ++ans;
for(int j=1; j<w && j+w<=s; ++j) f[j]=std::max(f[j],f[j+w]+h);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
D.Delivery Delays(二分 DP)
\(Description\)
給定一張圖，走1距離花費1時間。H在1號點有一家披薩店。有\(k\)個訂單，每個訂單有收到訂單時間\(s_i\)，需送到的位置\(u_i\)，披薩被做好的時間\(t_i\)。
披薩\(i\)在\(t_i\)時間在1號店做好后，H才能在1號店拿起任意多披薩去送。每一時刻H可以帶任意多的披薩，但必須嚴格按照訂單順序送披薩。
最小化 每個訂單得到披薩所需的等待時間的最大值。
\(Solution\)
因為嚴格按照順序送披薩，所以可以\(f[i]\)表示送完前\(i\)個披薩並還留在\(u_i\)位置所需的最短時間。
但怎么使最大值最小化呢。。二分答案\(x\)，設送到時間為\(p_i\)，滿足\(x-s_i\geq p_i\)，即\(x-p_i\geq s_i\)則可以轉移。
設\(d_{i,j}\)為\(i\)到\(j\)距離。然后考慮一次拿起\(i+1\sim j\)的披薩去送，花的時間是\(d_{1,i}+\max_{k=i+1\sim j}t_k+d_{i+1,i+1}+...+d_{j-1,j}\)，對每個\(l∈[i+1,j]\)要有\(x-(f[i]+d_{1,i}+\max_{k=i+1\sim l}t_k+d_{i+1,i+1}+...+d_{l-1,l})-s_i\geq 0\)。
發現只要拿\(f[i]\)去依次更新\(f[j](j>i)\)時可以維護幾個量，保證滿足條件。所以轉移就好了。。（具體不想寫了。。）
//576ms 9300KB 比賽時寫的有點亂
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define pc putchar
#define pr std::pair<LL,LL>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1005,M=1e5+6;
const LL INF=1e16;
int Enum,H[N],nxt[M],to[M],val[M],u[N],s[N],t[N];
LL d[N][N],dis[N],f[N];
bool vis[N];
std::priority_queue<pr> q;
inline int read()
{
int now=0; char c=gc();
for(; !isdigit(c); c=gc());
for(; isdigit(c); now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
inline void AE(int u,int v,int w)
{
to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum, val[Enum]=w;
to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum, val[Enum]=w;
}
void Dijkstra(int s)
{
memset(vis,0,sizeof vis);
memset(dis,0x3f,sizeof dis);
dis[s]=0, q.push(pr{0,s});
while(!q.empty())
{
int x=q.top().second; q.pop();
if(vis[x]) continue;
vis[x]=1;
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if(dis[v=to[i]]>dis[x]+val[i])
dis[v]=dis[x]+val[i], q.push(pr{-dis[v],v});
}
}
bool Check(LL x,int n)
{
if(x+s[1]-(t[1]+d[1][u[1]])<0) return 0;
f[0]=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) f[i]=INF;
for(int i=0; i<n; ++i)
{
if(f[i]==INF) continue;
int maxt=0,pi=u[i];
LL sum=0,now=INF,nowmax=0,tmp=f[i]+d[1][pi];
for(int j=i+1; j<=n; ++j)
{
int pj=u[j];
if(j!=i+1) sum+=d[u[j-1]][pj];
else sum+=d[1][pj];
maxt=std::max(maxt,t[j]);
now=std::min(now,x+s[j]-tmp-sum);
nowmax=std::max(nowmax,std::max(maxt-tmp,0ll));
if(now<nowmax) break;
if((x+s[j])-(tmp+sum+std::max(maxt-tmp,0ll))>=0)
f[j]=std::min(f[j],f[i]+d[1][pi]+sum+std::max(maxt-(f[i]+d[1][pi]),0ll));
}
}
return f[n]<INF;
}
int main()
{
int n=read(),m=read();
for(int i=1,u,v; i<=m; ++i) u=read(),v=read(),AE(u,v,read());
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
Dijkstra(i);
for(int j=1; j<=n; ++j) d[i][j]=dis[j];
}
for(int i=1; i<=n; ++i) d[0][i]=d[i][0]=0;
int k=read();
for(int i=1; i<=k; ++i) s[i]=read(), u[i]=read(), t[i]=read();
LL l=0,r=INF,mid;
while(l<r)
{
if(Check(mid=l+r>>1,k)) r=mid;
else l=mid+1;
}
printf("%lld\n",l);
return 0;
}
E.Explosion Exploit(記憶化搜索)
\(Description\)
你有\(n\)個小兵，對方有\(m\)個小兵，血量給定。隨機對場上所有還存活的小兵造成\(1\)傷害，重復\(d\)次。求\(d\)次傷害后對方所有小兵死亡的概率（你的小兵是否存活隨意）。
\(Solution\)
這題不會..我怕不是個傻子...（以為排序后狀態數依舊很多）
直接DP，最簡單的就是開個10維數組了，復雜度\(O(7^{10})\)。
容易發現具體哪個小兵的血量是多少是無所謂的，只需要記血量為\(i\)的小兵有多少個，也就是將某時刻的血量排序作為一種狀態就可以了。
寫個程序算下排序后的狀態數，只有462*462=213444個。直接記憶化就ok了。
血量可以七進制來存，也可以用10位longlong+map，或者存每個血量的有多少個（轉移方便）。注意剪下枝。
第三種存狀態的話s<1e6時敵方就都掛了。（0血量不用存啊。。）
（打ACM就隨便用STL了
）
//124ms 8000KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <unordered_map>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=250005;
namespace TEST
{
const int N=1e5+5;
int ans;
bool v[N];
int Trans(int x)
{
static int a[6];
for(int i=1; i<=5; ++i,x/=10) a[i]=x%10;
std::sort(a+1,a+6);
if(a[5]>6) return 0;
x=0;
for(int i=1; i<=5; ++i) x*=10, x+=a[i];
return x;
}
void Main()
{
for(int i=0,t; i<100000; ++i)
if(!v[t=Trans(i)]) v[t]=1, ++ans;
printf("%d\n",ans);
}
}
int A[8],B[8];
std::unordered_map<LL,double> f;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
LL Trans()
{
LL x=0;
for(int i=1; i<=6; ++i) x=x*10+B[i];
for(int i=1; i<=6; ++i) x=x*10+A[i];
return x;
}
double DFS(LL s,int d)
{
if(s<1000000) return 1;
if(f.count(s)) return f[s];
if(!d) return 0;
double res=0;
for(int i=1; i<=6; ++i)
if(A[i]) --A[i], ++A[i-1], res+=(A[i]+1)*DFS(Trans(),d-1), ++A[i], --A[i-1];
for(int i=1; i<=6; ++i)
if(B[i]) --B[i], ++B[i-1], res+=(B[i]+1)*DFS(Trans(),d-1), ++B[i], --B[i-1];
int sum=0;
for(int i=1; i<=6; ++i) sum+=A[i]+B[i];
return f[s]=res/sum;
}
int main()
{
const int n=read(),m=read(),d=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) ++A[read()];
for(int i=1; i<=m; ++i) ++B[read()];
printf("%.9lf\n",DFS(Trans(),d));
return 0;
}
K.King's Colors(容斥/二項式反演)
\(Description\)
給定一棵\(n\)個節點的樹和\(k\)，求用恰好\(k\)種顏色將每個點染色，且相鄰點不同色的方案數。
\(Solution\)
設\(f(k)\)表示最多用\(k\)種顏色染色的方案數。樹的形態是無所謂的，只需要每個點顏色不同與父節點，即對於\(f(k)\)根節點有\(k\)種選擇，非根節點都是\(k-1\)種選擇，即\(f(k)=k*(k-1)^{n-1}\)。
令\(g(k)\)表示恰好用\(k\)種顏色染色的方案數。
由容斥有：\(g(k)=f(k)-C_k^{k-1}f(k-1)+C_k^{k-2}f(k-2)-...\)即\(g(k)=\sum_{i=1}^k(-1)^{k-i}f(i)\)。
或二項式反演：由\(f(k)=\sum_{i=0}^kC_k^ig(i)\)，二項式反演得\(g(k)=\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}f(i)\)。
即答案\(g(k)=\sum_{i=1}^k(-1)^{k-i}i*(i-1)^{n-1}\)。
//31ms 0KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define mod 1000000007
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=2505;
int inv[N],C[N];
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
inline int FP(LL x,int k)
{
LL res=1;
for(; k; k>>=1,x=x*x%mod)
if(k&1) res=res*x%mod;
return res;
}
int main()
{
const int n=read(),K=read();
C[0]=inv[1]=1;
for(int i=2; i<=K; ++i) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
for(int i=1; i<=K; ++i) C[i]=1ll*(K-i+1)*inv[i]%mod*C[i-1]%mod;
LL res=0;
for(int i=K,sgn=1; i; --i,sgn*=-1)
res+=1ll*sgn*C[i]*i%mod*FP(i-1,n-1)%mod;
printf("%lld\n",(res%mod+mod)%mod);
return 0;
}