T1-卡牌游戏
计算鸭有 $ N $ 张卡牌, 第 $ i $ 张卡牌上写着数字 $ A_i $ , 计算鸭会选择一个整数 $ K $ , 然后重复下列操作
选择恰好 $ K $ 张数字不同的卡牌, 然后扔掉
对于每一个 $ K=1,2,3...N $ ,计算鸭想要知道最多可以执行多少次操作
解法
显然， $ K $ 越大答案越小，我们可以用双指针法来做
设取了 $ x $ 次，只要写一个检验 $ (k,x) $ 是否可行的函数即可
将数分为出现超过 $ x $ 次和不超过 $ x $ 次两种
设超过 $ x $ 次的数的种数为 $ tot $ ，不超过 $ x $ 次的数的总数为 $ sum $
只要 $ sum+tot×x>=k×x $ 就可以取
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,x,ans,a[300010],s[300010],p[300010];
int check(int k,int x)
{
return s[x]+(p[n]-p[x])*x<k*x;
}
int main()
{
scanf("%d",&n),ans=n;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&x),a[x]++;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i])s[a[i]]++;
for(int i=1;i<=n;i++)
p[i]=p[i-1]+s[i],
s[i]=s[i-1]+s[i]*i;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(check(i,ans))ans--;
printf("%d ",ans);
}
return 0;
}
T2-分糖果
517编程幼儿园有 $ N $ 个小朋友,编号为 $ 1 $ 到 $ N $ ,幼儿园的园长是计算鸭,他准备给这些小朋友分配 $ C $ 个相同的糖果,如果第 $ i $ 个小朋友拿到了 $ a $ 个糖果,那么这个小朋友的快乐值为 $ {x_i}^a $ , $ x_i $ 是第i个小朋友的激动值, 整个幼儿园的活跃程度定义为所有小孩快乐值的乘积.
假设小朋友们的激动值分别为 $ x_1, x_2,...,x_N $ ,令 $ f(x_1,x_2...x_N) $ 为所有分配方案的活跃程度之和, 现在给你 $ N $ 对整数 $ A_i,B_i $ ,你的任务是求 $ sumlimits_{x_1=A_1}^{B_1} sumlimits_{x_2=A_2}^{B_2} ... sumlimits^{B_N}_{x_N=A_N} f(x_1,x_2...x_N) $
答案对 $ 10^9+7 $ 取模
解法
设 $ f_{i,j} $ 表示前i个人分j个糖的答案
当 $ A_i=B_i $ 时， $ f_{i,j}=sumlimitsj_{k=0}f_{i-1,j-k}×{A_i}k $
归纳一下， $ f_{i,j}=sumlimitsj_{k=0}(f_{i-1,j-k}×sumlimits{B_i}_{l=A_i}l^k) $
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
using namespace std;
int p(int a,int b)
{
int ret=1;
while(b)
{
if(b&1)ret=1ll*ret*a%mod;
a=1ll*a*a%mod,b/=2;
}
return ret;
}
int n,m,a[500],b[500],s[500][500],f[500][500];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&b[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=m;j++)
for(int k=a[i];k<=b[i];k++)
(s[i][j]+=p(k,j))%=mod;
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=m;j++)
for(int k=0;k<=j;k++)
(f[i][j]+=1ll*f[i-1][j-k]*s[i][k]%mod)%=mod;
printf("%d
",f[n][m]);
return 0;
}
T3-旅行规划
有一天, 小Y要在一棵树上旅行, 在旅行之前,他想知道这棵树有多少的 $ (x,y) $ 满足存在长度为 $ x $ 的路径 $ (a,b) $ , 以及长度为 $ y $ 的路径 $ (c,d) $ 使得 $ (a,b) $ 与 $ (c,d) $ 两条路径不相交
解法
易得，对于一个合法的 $ (x,y) $ 一定有一种方案可以使得选取的两条路径,经过直径的两个端点
分两种情况：
第一种情况，一条路径为直径，还有一条路径随意
将直径上的点全部标记，计算剩下树的直径即可
第二种情况，两条路径分别以直径一段为起点，从直径上某一点下去，往边上走
只要算出直径上每个点的最长路即可
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define pi pair<int,int>
#define mp make_pair
#define fir first
#define sec second
#define N 100010
#define ll long long
using namespace std;
vector<int>e[N];
pi po1,po2;
int n,x,y,po,maxx,cnt,ans[N],d[N],pr[N],vis[N],dep[N],p[N],D[N];
ll res;
void upd(int l1,int l2){ans[l1]=max(ans[l1],l2),ans[l2]=max(ans[l2],l1);}
void dfs1(int u,int fa,int dep)
{
if(po1.sec<dep)po1=mp(u,dep);
for(auto v:e[u])if(v!=fa)dfs1(v,u,dep+1);
}
void dfs2(int u,int fa)
{
p[u]=fa;
for(auto v:e[u])if(v!=fa)
dep[v]=dep[u]+1,dfs2(v,u);
}
pi dfs3(int u,int fa)
{
int len=0,max1=0,max2=0;
for(auto v:e[u])if(v!=fa)
{
pi tmp=dfs3(v,u);
len=max(len,tmp.fir);
if(tmp.sec+1>max2)max2=tmp.sec+1;
if(max1<max2)swap(max1,max2);
}
return mp(max(max1+max2,len),max1);
}
int dfs4(int u,int fa)
{
int ret=0;
for(auto v:e[u])
if(v!=fa&&!vis[v])
ret=max(ret,dfs4(v,u)+1);
return ret;
}
int main()
{
scanf("%d",&n),maxx=-1;
for(int i=1;i<n;i++)
scanf("%d%d",&x,&y),
e[x].pb(y),e[y].pb(x);
dfs1(1,0,0),dfs2(po1.fir,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(po2.sec<dep[i])po2=mp(i,dep[i]);
po=po2.fir;
while(po)D[++cnt]=po,po=p[po];
//get D
for(int i=1;i<=cnt;i++)vis[D[i]]=1;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
for(auto v:e[D[i]])if(!vis[v])
maxx=max(maxx,dfs3(v,D[i]).fir);
if(maxx!=-1)upd(maxx+1,cnt);
for(int i=1;i<=cnt;i++)
d[i]=dfs4(D[i],0),pr[i]=max(pr[i-1],d[i]+i);
for(int i=2;i<=cnt;i++)
upd(pr[i-1],d[i]+cnt-i+1);
for(int i=n;i;i--)
ans[i]=max(ans[i],ans[i+1]),res+=ans[i];
printf("%lld
",res);
return 0;
}