ARC108 游記
繼續沒臉見人
果然這就是罰時吃到飽。/kk
F 好像比 E 要簡單。
D - AB
題意簡述
給定 \(n\) 和四個字符 \(c_{AA},c_{AB},c_{BA},c_{BB}\) ，並且 \(c_{AA},c_{AB},c_{BA},c_{BB}\in \{A,B\}\) 。
一開始你有一個長度為 \(2\) 的字符串 AB ，每次操作你都可以選擇兩個相鄰字符 \(c_l,c_r\) ，並在它們之間插入字符 \(c_{c_lc_r}\) ，詢問你最終可以得到多少種長度為 \(n\) 的本質不同的字符串。
\(2\le n\le 1000\) 。
題目分析
分類討論，一開始肯定是在 AB 間插入 \(c_{AB}\) ， \(c_{AB}=A\) 和 \(c_{AB}=B\) 的情況沒有什么區別，不妨假設 \(c_{AB}=A\) 。
此時字符串會變成 AAAA...AAB ，如果 \(c_{AA}=A\) ，那么最終只能變成 AAA...AAAB ，答案就是 \(1\) ，否則 \(c_{AA}=B\) ，此時可以選擇在 AA 之間插入 B 變成 ABA ，如果 \(c_{BA}=A\) ，說明在最終情況中不能出現 B 相鄰的情況，並且第一個字符和倒數第二個字符必須是 A ，最后一個字符必須是 B ，答案也就是 \(\sum_{i\ge 0}{n-3-(i-1)\choose i}\) ，也就是斐波那契數列的第 \(n-3\) 項，矩乘優化到一個 \(\log_2\)，否則如果 \(c_{BA}=B\) ，說明在最終情況中可以出現 B 相鄰的情況，答案也就是 \(2^{n-3}\) 。
總的復雜度是 \(\mathcal O(\log_2n)\) 。
參考代碼
賽時代碼，當時寫的不是最優復雜度，僅供參考。
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ch() getchar()
#define pc(x) putchar(x)
template<typename T>inline void read(T&x){
int f;char c;
for(f=1,c=ch();c<'0'||c>'9';c=ch())if(c=='-')f=-f;
for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=ch())x=x*10+(c&15);x*=f;
}
template<typename T>inline void write(T x){
static char q[64];int cnt=0;
if(!x)pc('0');if(x<0)pc('-'),x=-x;
while(x)q[cnt++]=x%10+'0',x/=10;
while(cnt--)pc(q[cnt]);
}
const int maxn=1005,mod=1000000007;
int mo(const int x){
return x>=mod?x-mod:x;
}
int fac[maxn],iac[maxn];
int binom(int n,int m){
return 1ll*iac[m]*iac[n-m]%mod*fac[n]%mod;
}
char caa[5],cab[5],cba[5],cbb[5];
int main(){
int n;read(n);if(n==2)return puts("1"),0;fac[0]=fac[1]=iac[0]=iac[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i)iac[i]=1ll*(mod-mod/i)*iac[mod%i]%mod;
for(int i=2;i<=n;++i)iac[i]=1ll*iac[i-1]*iac[i]%mod,fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
scanf("%s%s%s%s",caa,cab,cba,cbb);int ans=0;
if(cab[0]=='A'){
if(caa[0]=='A')ans=1;
else{
if(cba[0]=='A'){
ans=1;
for(int i=1;n-3-(i-1)>=i;++i)
ans=mo(ans+binom(n-3-(i-1),i));
}
else{
for(int i=0;i<=n-3;++i)
ans=mo(ans+binom(n-3,i));
}
}
}
else{
if(cbb[0]=='B')ans=1;
else{
if(cba[0]=='B'){
ans=1;
for(int i=1;n-3-(i-1)>=i;++i)
ans=mo(ans+binom(n-3-(i-1),i));
}
else{
for(int i=0;i<=n-3;++i)
ans=mo(ans+binom(n-3,i));
}
}
}
write(ans),pc('\n');
return 0;
}
E Random IS
題意簡述
定義大小為 \(n\) 的排列 \(a\) 的一個子序列 \(b\) 是好的當且僅當 \(b\) 遞增，對於 \(a\) 的子序列 \(b\) 而言，定義一個數 \(i\) 是好的當且僅當 \(a_i\) 加入 \(b\) 后 \(b\) 仍然遞增，現在給定 \(n\) 和排列 \(a\) ，你有一個 \(a\) 的子序列 \(b\) ，初始為空，每次操作你會在所有好的數中選擇等概率隨機一個好的數 \(i\) 並將 \(a_i\) 加入 \(b\) ，詢問期望操作次數。
\(1\le n\le 2000\) 。
題目分析
簡單期望題，但是自己賽時由於太蠢沒有想出來。
題目等價於隨機一個排列 \(p\) ，然后從前往后加數，如果可以加就加，問期望加入了多少個數。
如果當前考慮的是一段區間 \((l,r)\) ，如果選擇了 \(s\) ，那么 \(s\) 就會將其分成兩個區間 \((l,s),(s,r)\) ，並且在這兩個區間中選數是互不影響的，所以可以認為是先在 \((l,s)\) 中隨機排列然后選數，然后再在 \((s,r)\) 中隨機排列然后選數，所以它們的期望值是可以直接加起來的。
設 \(dp(l,r)\) 表示僅考慮區間 \((l,r)\) 並且選擇了 \(l\) 和 \(r\) 答案的期望，設可選的數為 \(s_1,\dots,s_k\) ，那么轉移就是：
考慮一個數 \(s\) 可選當且僅當 \(l< s< r,a_l< a_s< a_r\) ，顯然可以使用數據結構優化，時間復雜度 \(\mathcal O(n^2\log_2n)\) 。
參考代碼
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ch() getchar()
#define pc(x) putchar(x)
template<typename T>inline void read(T&x){
int f;char c;
for(f=1,c=ch();c<'0'||c>'9';c=ch())if(c=='-')f=-f;
for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=ch())x=x*10+(c&15);x*=f;
}
template<typename T>inline void write(T x){
static char q[64];int cnt=0;
if(!x)pc('0');if(x<0)pc('-'),x=-x;
while(x)q[cnt++]=x%10+'0',x/=10;
while(cnt--)pc(q[cnt]);
}
const int maxn=2005,mod=1000000007;int n;
int mo(const int x){
return x>=mod?x-mod:x;
}
void change(int*tr,int pos,int val){
while(pos<=n){
tr[pos]=mo(tr[pos]+val);
pos+=pos&(-pos);
}
}
int query(int*tr,int pos){
int re=0;
while(pos){
re=mo(re+tr[pos]);
pos^=pos&(-pos);
}
return re;
}
int tr0[maxn][maxn],tr1[maxn][maxn],sum[maxn][maxn],dp[maxn],a[maxn],inv[maxn];
int main(){
read(n);++n;
for(int i=2;i<=n;++i)read(a[i]),++a[i];
a[1]=1;++n;a[n]=n;inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i)inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
for(int len=1;len<n;++len){
for(int l=1,r=l+len;r<=n;++l,++r){
if(a[r]<a[l])continue;int cnt=query(sum[l],a[r]);
if(cnt>0){
dp[l]=mo(1+1ll*mo(query(tr0[l],a[r])+query(tr1[r],n-a[l]+1))*inv[cnt]%mod);
change(tr0[l],a[r],dp[l]);change(tr1[r],n-a[l]+1,dp[l]);
}
change(sum[l],a[r],1);
}
}
write(dp[1]),pc('\n');
return 0;
}
F Paint Tree
題意簡述
給定一棵 \(n\) 個點的數，每個點可能染成黑色也可能染成白色，定義一種染色方案的權值為 所有黑色點中距離最遠的兩個點的距離 和 所有白色點中距離最遠的兩個點的距離 的最大值，詢問所有可能染色方案的權值之和。
\(2\le n\le 2\times 10^5\) 。
題目分析
答案等於枚舉 \(i\ge 1\) ，然后最遠距離大於等於 \(i\) 的方案數之和，大於等於不太好求，考慮求小於等於。
首先找到直徑，設直徑的兩個端點為 \(S\) 和 \(T\) ，如果 \(S\) 和 \(T\) 顏色相同，那么最遠距離就是 \(S\) 到 \(T\) 的距離，假設 \(S\) 和 \(T\) 顏色不同， \(S\) 白 \(T\) 黑，那么白色點的所有最遠距離中一定存在一個最遠距離的端點是 \(S\) ，如果需要滿足最遠距離小於等於 \(i\) ，那么所有白色點到 \(S\) 的距離就要小於等於 \(i\) ，同理所有黑色點到 \(T\) 的距離也要小於等於 \(i\) ，如果一個點 到 \(S\) 的距離 和 到 \(T\) 的距離 都小於等於 \(i\) ，那么這個點可黑可白，否則這個點顏色確定，如果一個點 到 \(S\) 的距離 並且 到 \(T\) 的距離 都大於 \(i\) ，說明這種情況根本不存在。
求有多少點可黑可白只需要 dfs 后一遍前綴和就行了，時間復雜度是 \(\mathcal O(n)\) 的。
參考代碼
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ch() getchar()
#define pc(x) putchar(x)
template<typename T>inline void read(T&x){
int f;char c;
for(f=1,c=ch();c<'0'||c>'9';c=ch())if(c=='-')f=-f;
for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=ch())x=x*10+(c&15);x*=f;
}
template<typename T>inline void write(T x){
static char q[64];int cnt=0;
if(!x)pc('0');if(x<0)pc('-'),x=-x;
while(x)q[cnt++]=x%10+'0',x/=10;
while(cnt--)pc(q[cnt]);
}
const int maxn=200005,mod=1000000007;
int mo(const int x){
return x>=mod?x-mod:x;
}
struct Edge{
int v,nt;
Edge(int v=0,int nt=0):
v(v),nt(nt){}
}e[maxn*2];
int hd[maxn],num;
void qwq(int u,int v){
e[++num]=Edge(v,hd[u]),hd[u]=num;
}
int dp[maxn];
int dfs(int u,int fa){
int re=u;dp[u]=dp[fa]+1;
for(int i=hd[u];i;i=e[i].nt){
int v=e[i].v;
if(v==fa)continue;
int te=dfs(v,u);
if(dp[te]>dp[re])
re=te;
}
return re;
}
int cnt[maxn],_2[maxn],ds[maxn],dt[maxn];
int main(){
int n;read(n);_2[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)_2[i]=mo(_2[i-1]<<1);
for(int i=1;i<n;++i){
int u,v;
read(u),read(v);
qwq(u,v),qwq(v,u);
}
int S=dfs(1,0),T=dfs(S,0),n2=1;
for(int i=1;i<=n;++i)ds[i]=dp[i]-1;dfs(T,0);
for(int i=1;i<=n;++i)dt[i]=dp[i]-1;int mx=0;
for(int i=1;i<=n;++i)++cnt[max(ds[i],dt[i])],mx=max(mx,min(ds[i],dt[i]));
for(int i=1;i<n;++i)cnt[i]+=cnt[i-1];int ans=0;
for(int i=0;i<mx;++i)ans=mo(ans+_2[n]);
for(int i=mx;i<dt[S];++i)ans=mo(ans+mo(mod-mo(_2[cnt[i]]<<1)+_2[n]));
write(ans),pc('\n');
return 0;
}