NOI2013 Day2
矩阵游戏
题目描述：设矩阵(F)
求(F[n][m](mod (10^9+7)))
solution:
这题可以求通项解决。
设(X_i=F[i][m])，
((a-1)X_1=a^{m-1}((a-1)+b)-b)
令(P=10^9+7)，(P)是公认的质数，所以运用费马小定理：
(a^{P-1} equiv 1 (mod P))
设(m-1=kP+z),则(a^{m-1} equiv a^z(mod P))
算出右式，然后再用费马小定理处理除法，求出(X_1)
((a-1)X_{i+1}=a^{m-1}((cX+d)(a-1)+b)-b)
化简得：
((a-1)X_{i+1}=a^{m-1}(a-1)cX+a^{m-1}((a-1)d+b)-b)
形如：((a-1)X_{i+1}=AX_i+B)
求通项。求出(X_n)
这题也可以用矩阵乘法，将矩阵乘法的二进制变成十进制就好了。
时间复杂度：(O(n))
书法家
题目描述：在一个(n)行(m)列的矩阵中，每个格有对应的值，现在矩阵中画('NOI'),下面给出三个书法字的定义：
1、 (’N’)由若干 ((geq 3)) 个边平行于坐标轴的矩形组成，设由(K)个矩形组成(标号(1 ~ K))，第(i)个矩形的左下角(方格)坐标设为((L_i, B_i))，右上角坐标设为((R_i, T_i))，要求满足：
a) (L_i leq R_i,B_i leq T_i)
b) 对任意(1 < i leq K)，有(L_i= R_{i−1} + 1)；
c) 对任意(3 leq i < K)，有(B_{i-1}− 1 leq T_i leq T_{i−1})，(B_i leq B_{i−1})；
d) (B_2 > B_1, T_2 = T_1， B_{K−1} = B_K， T_{K-1} < T_K)；
2、 (’O’)由一个大矩形(A)，挖去一个小矩形(B)得到， 这两个矩形的边都平行于坐标轴。 设大矩形 A 左下角的方格坐标为 ((u , v)), 长为(W)， 宽为(H) ， 则小矩形 B 满足左下角方格坐标为((u + 1, v + 1))， 长 (W − 2)，宽(H − 2)。 要
求满足：
a) (W ≥ 3, H ≥ 3)
b) (u > R_K + 1)
3、 (’I’)为(3)个边平行于坐标轴的从下到上的实心矩形组成，从下到上依次标号为(1,2,3)，第(i)个矩形的左下角格子坐标设为((P_i, Q_i))，右上角格子坐标设为((G_i, H_i))，要求满足：
a) (P_i leq G_i, Q_i leq H_i)
b) (P_1 = P_3 > u + W, G_1 = G_3)
c) (Q_1 = H_1 = Q_2 − 1, H_2 + 1 = Q_3 = H_3)
d) (P_1 < P_2 leq G2 < G1)
求(‘NOI')覆盖的格子的值的和的最大值。
solution：
从左到右dp，(N,O,I)各分成三个阶段，相邻之间有空列，再加两个阶段。(f[i][j][k])表示到第(i)个阶段，上界为(j)，下界为(k)的最大值。转移方程有点烦，直接上代码。
时间复杂度：(O(11mn^2))
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <cmath>
#include <deque>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <complex>
using namespace std;
const int maxn=160;
const int maxm=510;
const int oo=int(1e9);
typedef int arr[maxn][maxm];
int n, m, ans;
int a[maxn][maxm], sum[maxn][maxm];
int f[2][12][maxn][maxn], g[12][maxn][maxn];
void init()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i=1; i<=n; ++i)
for (int j=1; j<=m; ++j)
scanf("%d", &a[i][j]);
for (int j=1; j<=m; ++j)
for (int i=1; i<=n; ++i)
sum[i][j]=sum[i-1][j]+a[i][j];
}
void calc_g()
{
for (int i=1; i<=n; ++i)
for (int j=n; j>=i; --j)
g[1][i][j]=max(g[1][i][j+1], f[0][1][i][j+1]);
for (int j=1; j<=n; ++j)
for (int i=1; i<=j; ++i)
g[2][i][j]=max(g[2][i-1][j], f[0][2][i][j]);
for (int i=1; i<=n; ++i)
{
g[3][i][i-1]=g[2][i-1][i-1];
for (int j=i; j<=n; ++j)
g[3][i][j]=max(g[3][i][j-1], g[2][i][j]);
}
for (int j=1; j<=n; ++j)
for (int i=j; i>=1; --i)
g[4][i][j]=max(g[4][i+1][j], f[0][2][i+1][j]);
}
void solve()
{
for (int k=1; k<=11; ++k)
for (int i=0; i<=n+1; ++i)
for (int j=0; j<=n+1; ++j)
f[0][k][i][j]=g[k][i][j]=-oo;
ans=-oo;
for (int i=1; i<=m; ++i)
{
calc_g();
f[1][4][1][1]=f[0][4][1][1];
f[1][8][1][1]=f[0][8][1][1];
for (int j=1; j<=n; ++j)
for (int k=j; k<=n; ++k)
{
int tmps=sum[k][i]-sum[j-1][i];
int tmpa=a[j][i]+a[k][i];
//N:
f[1][1][j][k]=max(f[0][1][j][k], 0)+tmps;
f[1][2][j][k]=max(g[1][j][k], g[3][j][k])+tmps;
f[1][3][j][k]=max(g[4][j][k], f[0][3][j][k])+tmps;
f[1][4][1][1]=max(f[1][4][1][1], f[0][3][j][k]);
//O:
if (j+1<k)**注意题目**
{
f[1][5][j][k]=f[0][4][1][1]+tmps;
f[1][6][j][k]=max(f[0][5][j][k], f[0][6][j][k])+tmpa;
f[1][7][j][k]=f[0][6][j][k]+tmps;
f[1][8][1][1]=max(f[1][8][1][1], f[0][7][j][k]);
}
//I:
if (j+1<k)**注意题目**
{
f[1][9][j][k]=max(f[0][8][1][1], f[0][9][j][k])+tmpa;
f[1][10][j][k]=max(f[0][9][j][k], f[0][10][j][k])+tmps;
f[1][11][j][k]=max(f[0][10][j][k], f[0][11][j][k])+tmpa;
ans=max(ans, f[1][11][j][k]);
}
}
for (int j=1; j<=n; ++j)
for (int k=j; k<=n; ++k)
for (int p=1; p<=11; ++p)
{
f[0][p][j][k]=f[1][p][j][k];
f[1][p][j][k]=-oo;
}
}
}
int main()
{
freopen("penman.in", "r", stdin);
freopen("penman.out", "w", stdout);
init();
solve();
printf("%d
", ans);
return 0;
}
快餐店
题目描述：给出一个只有一个环的连通图，保证环上的点数大于等于(3)，求一个点(边上或点)到最远的点最近，求这一距离。
solution:
环上的点的子树求直径更新答案，然后求出子树深度作为该点的点权。
枚举快餐店在那一条边((i))，环上的点分成了离左端点近，和离右端点近，求出离左端点近的，边权加点权最远的点((P_1))右端点亦然((P_2))，求出(W=P_1->P_2(经i的路径边权)+P_1点权+P_2点权)，若(W/2),即路径中点在(i)上，则用(W/2)更新答案，否则左端点和右端点更新答案（因为要求快餐店在(i)上）
至于如何求最远点，按某一时针枚举边，左边和右边的单调性是不变的，因为只是多了一条边和少了一条边，所以可以用单调队列维护。
时间复杂度：(O(n))