D. Armchairs
题目描述
解法
很多贪心都是不行的，反例基本上都举得出来，我不知道模拟费用流能不能做。
话不多说，直接进入正解。这道题是一个不对等匹配的问题，但是我们所熟悉的模型是相等个数的东西来匹配，这个经典问题是可以排序解决的。那么我们可以考虑枚举 (a_i=0) 参与匹配的集合 (S)，然后依次匹配即可。
选出这个集合可以 (dp)，设 (dp[i][j]) 表示考虑到 (i) 已经匹配了 (j) 个 (1) 的最小花费，随便转移就可以 (O(n^2))
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;
const int M = 5005;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,a[M],dp[M][M];vector<int> v;
int Abs(int x) {return x>0?x:-x;}
signed main()
{
n=read();v.push_back(0);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read();
if(a[i]) v.push_back(i);
}
memset(dp,0x3f,sizeof dp);
dp[0][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<v.size();j++)
{
int x=v[j];
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]);
if(!a[i] && j>0)
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+Abs(i-v[j]));
}
}
printf("%d
",dp[n][v.size()-1]);
}
E. Assimilation IV
题目描述
解法
我觉得我就是被概率洗脑了，有时候算算方案数也挺好的。
一看就是要求每个点的期望，对于点 (i) 我们考虑他怎么才算被覆盖，如果存在 (p_jleq n+1-a(j,i)) 则合法。但是这个好像不是很好算，正难则反，我们考虑什么时候不合法，(forall p_j>n+1-a(j,i)) 则不合法，拿 (1) 减去不合法的概率即可。
求不合法的概率可以求排列 (p) 的方案数除以总方案数，我们用 (cnt) 数组统计 (n+1-a(j,i))，那么填第一个位置可以有 (cnt[0]) 种方案，填第二个位置有 (cnt[1]+cnt[0]-1) 种方案，填第三个位置有 (cnt[2]+cnt[1]+cnt[0]-2) 种方案 (...) 以此类推。
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 50005;
const int MOD = 998244353;
#define int long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,inv,ans,a[25][M],cnt[M];
int qkpow(int a,int b)
{
int r=1;
while(b>0)
{
if(b&1) r=r*a%MOD;
a=a*a%MOD;
b>>=1;
}
return r;
}
signed main()
{
n=read();m=read();inv=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
inv=inv*qkpow(i,MOD-2)%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
a[i][j]=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=0;j<=n;j++) cnt[j]=0;
for(int j=1;j<=n;j++) cnt[n+1-a[j][i]]++;
int tmp=inv;
for(int j=0,s=0;j<n;j++)
{
s+=cnt[j];
tmp=tmp*s%MOD;
s=max(0ll,s-1);
}
ans=(ans+1-tmp)%MOD;
}
printf("%lld
",(ans+MOD)%MOD);
}
F. Goblins And Gnomes
题目描述
解法
转化一下题意就知道这题是有关最小链覆盖，那么用调整法建出网络流模型：源连出点、如果两点直接存在边那么出点连入点、入点连汇点，这张图的最大流就是 (n-)最小链覆盖，我们要通过删除入点或者出点来使得 (i) 时刻的最小链覆盖 (>i)
删点可能带来最大流的减少，那么我们能通过删某个点让最大流减少 (1) 吗？是可以的，因为对于一对匹配的点总存在一个使得删去它能让最大流建 (1)，如果不能的话说明这两个点都存在替代的匹配点，那么最大匹配一定会增加 (1)，矛盾。
这个结论说明了任意删点都可以，因为任意网络都能存在这种合法的删除点，那么我们预处理出需要删的点（直接暴力枚举即可），然后搞一个 (dp_{i,j}) 表示前 (i) 个时刻删了 (j) 个点的最大得分，最后输出一下 (dp) 路径即可。
时间复杂度 (O(n^3sqrt n))，因为 ( t dinic) 跑二分图单次是 (O(nsqrt n)) 的。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
const int M = 2005;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
#define int long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,k,t,mx,a[M],b[M],d[M],del[M];
int tot,S,T,f[M],dis[M],dp[55][55],pre[55][55];
struct edge
{
int v,c,next;
}e[2*M];
void add(int u,int v,int c)
{
e[++tot]=edge{v,c,f[u]},f[u]=tot;
e[++tot]=edge{u,0,f[v]},f[v]=tot;
}
int bfs()
{
for(int i=S;i<=T;i++) dis[i]=0;
queue<int> q;
q.push(S);dis[S]=1;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();
if(u==T) return 1;
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(e[i].c>0 && !dis[v])
{
dis[v]=dis[u]+1;
q.push(v);
}
}
}
return 0;
}
int dfs(int u,int ept)
{
if(u==T) return ept;
int flow=0,tmp=0;
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(e[i].c>0 && dis[v]==dis[u]+1)
{
tmp=dfs(v,min(e[i].c,ept));
if(!tmp) continue;
ept-=tmp;
e[i].c-=tmp;
e[i^1].c+=tmp;
flow+=tmp;
if(!ept) break;
}
}
return flow;
}
int get()
{
S=0;T=2*n+1;tot=1;
for(int i=S;i<=T;i++) f[i]=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=a[i],v=b[i];
add(u+n,v,1);//x is in / x+n is out;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!del[i+n]) add(S,i+n,1);
if(!del[i]) add(i,T,1);
}
int res=0;
while(bfs()) res+=dfs(S,inf);
return res;
}
void print(int x,int y)
{
if(!x) return ;
print(x-1,pre[x][y]);
for(int i=pre[x][y]+1;i<=y;i++)
{
if(d[i]>n) printf("%lld ",d[i]-n);
else printf("%lld ",-d[i]);
}
printf("0 ");
}
signed main()
{
n=read();m=read();k=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
a[i]=read(),b[i]=read();
mx=get();
for(int i=1;i<=mx;i++)
for(int j=1;j<=2*n;j++)
if(!del[j])
{
del[j]=1;
if(get()==mx-i)//we can delete j to reduce the maxmatch
{
d[++t]=j;
break;
}
del[j]=0;
}
memset(dp,-0x3f,sizeof dp);
dp[0][0]=0;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
int x=read(),y=read();
for(int j=0;j<=t;j++)
{
if(i-j>=n-mx) continue;//illegal
for(int k=0;k<=j;k++)//we choose k now
if(dp[i][j]<dp[i-1][j-k]+max(0ll,x-k*y))
{
dp[i][j]=dp[i-1][j-k]+max(0ll,x-k*y);
pre[i][j]=j-k;
}
}
}
int p=0;
for(int i=0;i<=t;i++)
if(dp[k][i]>dp[k][p])
p=i;
printf("%lld
",k+p);
print(k,p);
}