19.11.4总结

19.11.4总结

估分：100+70+63

实际：100+0+63

T1

原题。

先把障碍点排序，保证后面的点不能走到前面的点。

设f[i]表示从原点开始走，不经过其他障碍点到达障碍点i的方案数。

求f[i]的时候，用全部方案减去不合法的方案。

显然，某一种不合法的方案有且仅有一个"最先经过的障碍点"

所以O((m^2))转移就好了。

T2

O(nmK)做法显然

正解

考虑扫描线，一次求出一行的f。

当我们加入一个点时，它会对一个正方形区域造成影响。然而，由于相同颜色的点贡献不能重复计算，所以实际它影响的是一个区间。如下图，只用把蓝色部分的答案++就好了。维护一个差分数组。

删除的情况也类似。

现在我们需要一个能支持插入，删除，查找前驱后继的数据结构。

给每一个点开一个bitset。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<bitset>
using namespace std;

long long n,m,i,j,k,ans1,ans2,S,bzz;
int sum[3][3005][3005];
int a[3005][3005];
long long delta[3005],f[3005];
bitset<3105> B1[100005],B2[100005];
int g[3005][3005],last[100005];

void does2()
{
	for (i=1;i<=n;i++)
		for (j=1;j<=m;j++)
		{
			sum[1][i][j]=sum[1][i-1][j]+sum[1][i][j-1]-sum[1][i-1][j-1]+(a[i][j]==1);
			sum[2][i][j]=sum[2][i-1][j]+sum[2][i][j-1]-sum[2][i-1][j-1]+(a[i][j]==2);
		}
	for (i=1;i<=n-k+1;i++)
	{
		for (j=1;j<=m-k+1;j++)
		{
			S=0;
			if (sum[1][i+k-1][j+k-1]-sum[1][i-1][j+k-1]-sum[1][i+k-1][j-1]+sum[1][i-1][j-1]>0) S++;
			if (sum[2][i+k-1][j+k-1]-sum[2][i-1][j+k-1]-sum[2][i+k-1][j-1]+sum[2][i-1][j-1]>0) S++;
			ans1=max(ans1,S);
			ans2=ans2+S;
		}
	}
	printf("%lld %lld",ans1,ans2);
}

void getg()
{
	for (i=1;i<=100000;i++) last[i]=n+k+1;
	for (j=1;j<=m;j++)
	{
		for (i=n;i>=1;i--)
			g[i][j]=(last[a[i][j]]-i<k),last[a[i][j]]=i;
		for (i=n;i>=1;i--)
			last[a[i][j]]=n+k+1;
	}
}

void ADD(long long x,long long y)
{
	long long Pre,Nex;
	if (B2[a[x][y]][y]) return;
	Pre=m-B1[a[x][y]]._Find_next(m-y+1)+1;
	Nex=B2[a[x][y]]._Find_next(y);
	Nex=Nex-k+1;
	B1[a[x][y]][m-y+1]=1;
	B2[a[x][y]][y]=1;
	if (Nex<=Pre) return;
	Pre=max(max(Pre+1,1ll),y-k+1);
	Nex=min(min(Nex,m+1),y+1);
	if (Nex<=Pre) return;
	delta[Pre]++;
	delta[Nex]--;
}

void DEL(long long x,long long y)
{
	long long Pre,Nex;
	if (g[x][y]) return;
	Pre=m-B1[a[x][y]]._Find_next(m-y+1)+1;
	Nex=B2[a[x][y]]._Find_next(y);
	Nex=Nex-k+1;
	B1[a[x][y]][m-y+1]=0;
	B2[a[x][y]][y]=0;
	if (Nex<=Pre) return;
	Pre=max(max(Pre+1,1ll),y-k+1);
	Nex=min(min(Nex,m+1),y+1);
	if (Nex<=Pre) return;
	delta[Pre]--;
	delta[Nex]++;
}

int main()
{
	freopen("read.in","r",stdin);
//	freopen("b.out","w",stdout);
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
	bzz=1;
	for (i=1;i<=n;i++)
		for (j=1;j<=m;j++)
		{
			scanf("%d",&a[i][j]);
			if (a[i][j]>2) bzz=0;
		}
	if (bzz==1)
	{
		does2();
		return 0;
	}
	getg();
	for (i=1;i<=k-1;i++)
		for (j=1;j<=m;j++)
			ADD(i,j);
	for (i=k;i<=n;i++)
	{
		for (j=1;j<=m;j++)
		ADD(i,j);
		for (j=1;j<=m-k+1;j++)
		f[j]=f[j-1]+delta[j],ans1=max(ans1,f[j]),ans2+=f[j];
		for (j=1;j<=m;j++)
		DEL(i-k+1,j);
	}
	printf("%lld %lld",ans1,ans2);
}

T3

O((n^3))求逆矩阵的方法：把矩阵(A)与单位矩阵(I)放在一起，把(A)消成单位矩阵，I就会变成(A^{-1})

正解

找规律发现，答案等于

现在的难点在于求组合数的平方和(Sigma_{i=0}^{n}(C^{i}_{n})^2)

它等于

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define mod 1000000007
using namespace std;

long long n,m,i,j,k,L,pick,ans,T,xs,MI,S;
long long jc[3000005],invjc[3000005];

long long mi(long long x,long long y)
{
	long long s=1;
	while (y>0)
	{
		if (y%2==1) s=s*x%mod;
		x=x*x%mod;
		y/=2;
	}
	return s;
}

long long C(long long a,long long b)
{
	return jc[a]*invjc[b]%mod*invjc[a-b]%mod;
}

int main()
{
	freopen("read.in","r",stdin);
//	freopen("c.out","w",stdout);
	jc[0]=1;
	for (i=1;i<=3000000;i++)
	jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
	invjc[3000000]=mi(jc[3000000],mod-2);
	for (i=3000000-1;i>=0;i--)
	{
		invjc[i]=invjc[i+1]*(i+1)%mod;
	}
	
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for (i=1;i<=n;i++)
	{
		MI=mi(i,m);
		MI=MI*MI%mod;
		S=MI*(C(2*i,i)-1)%mod;
		ans=(ans+S%mod)%mod;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}