校内测试做到了，于是就把解题报告发出来。
简单回路
一个 (n imes m) 的方格纸，有 (k) 个障碍点。(q) 次询问，每次询问 ((x,y)) ，问有多少条简单回路经过 ((x,y)-(x+1,y)) 这条边。(nle 1000,mle 6,kle 100,qle 10000) 。
分析
场上 AC 了这题。
暴力的想法是每次询问都dp一次，到询问点的时候就强制有那个插头。由此就可以想到，如果可以快速转移完后面的所有格子，那么就可以只进行一次dp，经过一个格子之后就把含有这个插头的状态都快速转移一下，就可以直接预处理出每个 ((x,y)) 的答案了。
因此，我们只需要求出 p[x][y][s] 数组表示 ((x,y)) 这个位置状态为 (s) ，最后对答案的贡献系数。这是可以反过来转移求的。
因此总复杂度为 (O(nm|s|)) 。
代码
场上我的写法是一行行来做，所以复杂度为 (O(nm|s|^2)) ，也是可以过的。这是场上的代码 。
#include<bits/stdc++.h>
#define M(x) memset(x,0,(sizeof x[0])*maxs)
using namespace std;
typedef long long giant;
inline char nchar() {
static const int bufl=1<<20;
static char buf[bufl],*a,*b;
return a==b && (b=(a=buf)+fread(buf,1,bufl,stdin),a==b)?EOF:*a++;
}
inline int read() {
int x=0,f=1;
char c=nchar();
for (;!isdigit(c);c=nchar()) if (c=='-') f=-1;
for (;isdigit(c);c=nchar()) x=x*10+c-'0';
return f>0?x:-x;
}
const int maxn=1e3+5;
const int q=1e9+7;
const int maxs=200;
const int maxv=1<<16|1;
const int maxm=8;
inline int Plus(int x,int y) {return (x+=y)>=q?x-q:x;}
inline void Pe(int &x,int y) {x=Plus(x,y);}
inline int Multi(int x,int y) {return (giant)x*y%q;}
inline void Me(int &x,int y) {x=Multi(x,y);}
inline int get(int x,int p) {return (x>>(p<<1))&3;}
inline int mod(int x,int p,int d) {return (x&(~(3<<(p<<1))))+(d<<(p<<1));}
bool no[maxn][maxm];
int ans[maxn][maxm],stat[maxs],n,m,all=0,id[maxv],mat[maxs][maxm],ids=0,blo;
int tra[maxn][maxs],ader,to[maxs],F[2][maxs],*f=F[0],*g=F[1]; // to : how much transite to s
void dec(int x) {
for (int i=1;i<=m+1;++i) printf("%d ",get(x,i));
puts("");
}
inline void match(int x,int mt[]) {
static int sta[maxm];
int top=0;
for (int i=1;i<=m+1;++i) {
const int d=get(x,i);
if (d==1) sta[++top]=i; else if (d==2) {
int y=sta[top--];
mt[y]=i,mt[i]=y;
}
}
}
inline bool ok(int x) {
int cnt=0;
for (int i=1;i<=m+1;++i) {
const int d=get(x,i);
if (d==1) ++cnt; else if (d==2) --cnt;
if (cnt<0) return false;
}
return cnt==0;
}
void dfs(int now,int x) {
if (now>m+1) {
if (ok(x)) {
stat[id[x]=++ids]=x;
match(x,mat[ids]);
}
return;
}
for (int i=0;i<3;++i) dfs(now+1,mod(x,now,i));
}
void predp(int row,int st) {
M(f),M(g);
f[st]=1;
for (int j=1;j<=m;++j) {
swap(f,g),M(f);
for (int s=1;s<=ids;++s) if (g[s]) {
const int &d=stat[s],&w=g[s],x=get(d,j),y=get(d,j+1),c=mod(mod(d,j,0),j+1,0),*mt=mat[s];
if (no[row][j]) {
if (x==0 && y==0) Pe(f[id[d]],w);
continue;
}
if (x==0 && y==0) {
Pe(f[id[d]],w);
Pe(f[id[mod(mod(c,j,1),j+1,2)]],w);
} else if (x==0 || y==0) {
Pe(f[id[mod(c,j,x+y)]],w);
Pe(f[id[mod(c,j+1,x+y)]],w);
} else if (x==1 && y==1) {
Pe(f[id[mod(c,mt[j+1],1)]],w);
} else if (x==2 && y==2) {
Pe(f[id[mod(c,mt[j],2)]],w);
} else if (x==1 && y==2) {
if (!c) Pe(ader,w);
} else if (x==2 && y==1) {
Pe(f[id[c]],w);
}
}
}
for (int s=1;s<=ids;++s) if (get(stat[s],m+1)==0 && f[s]) Pe(to[id[stat[s]<<2]],f[s]);
}
void prepro() {
dfs(1,0);
for (int i=n;i;--i) {
for (int d=1;d<=ids;++d) if (get(stat[d],1)==0) {
ader=0;
memset(to,0,sizeof to);
predp(i,d);
tra[i][d]=ader;
for (int j=1;j<=ids;++j) if (to[j]) Pe(tra[i][d],Multi(to[j],tra[i+1][j]));
}
}
}
void work() {
M(f),M(g);
f[id[0]]=1;
for (int i=1;i<=n;++i) {
swap(f,g),M(f);
for (int s=1;s<=ids;++s) if (g[s]) {
const int &d=stat[s],&w=g[s];
if (get(d,m+1)==0) Pe(f[id[d<<2]],w);
}
for (int s=1;s<=ids;++s) if (f[s]) {
int tmp=Multi(f[s],tra[i][s]);
for (int j=2;j<=m+1;++j) if (get(stat[s],j)) Pe(ans[i-1][j-1],tmp);
}
for (int j=1;j<=m;++j) {
swap(f,g),M(f);
for (int s=1;s<=ids;++s) if (g[s]) {
const int &d=stat[s],&w=g[s],x=get(d,j),y=get(d,j+1),c=mod(mod(d,j,0),j+1,0),*mt=mat[s];
if (no[i][j]) {
if (x==0 && y==0) Pe(f[id[d]],w);
continue;
}
if (x==0 && y==0) {
Pe(f[id[mod(mod(c,j,1),j+1,2)]],w);
Pe(f[id[d]],w);
} else if (x==0 || y==0) {
Pe(f[id[mod(c,j,x+y)]],w);
Pe(f[id[mod(c,j+1,x+y)]],w);
} else if (x==1 && y==1) {
Pe(f[id[mod(c,mt[j+1],1)]],w);
} else if (x==2 && y==2) {
Pe(f[id[mod(c,mt[j],2)]],w);
} else if (x==2 && y==1) {
Pe(f[id[c]],w);
} // we don't process (x=1,y=2) since this will be add to answer on the next row
}
}
}
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("test.in","r",stdin);
#endif
n=read(),m=read(),blo=read();
for (int i=1;i<=blo;++i) {
int x=read(),y=read();
no[x][y]=true;
}
prepro();
work();
int req=read();
while (req--) {
int x=read(),y=read();
printf("%d
",ans[x][y]);
}
return 0;
}
卡常数
空间中有 (n) 个点，有两种操作：
- 询问 ((x,y,z,r)) ，问空间中哪个点在以 ((x,y,z)) 为球心，(r) 为半径的球面上。保证答案唯一。
- 修改 ((i,x,y,z)) ，把 (i) 号点的坐标改为 ((x,y,z)) 。
询问有加密。初始时 last=0.1 ，给出两个值 (a,b (0le b<a<5))，对于每次询问的 ((x,y,z,r)) 或 ((i,x,y,z)) ，设被加密的值为 (x) ，那么给出的值为 (f(last*x+1)) ，其中 (f(x)=ax-bsin x) 。
所有坐标随机。
(n,mle 65536) 。
分析
从未见过如此奇怪的加密方式，要二分答案才能得到原值。
大部分人的做法是 KDTree 。
题解做法很神秘，启发性很大。一般的加密是为了强制在线，而有时候这种加密却可以帮助我们直接求出答案！
主要是利用了 (iin mathbb Z,iin [1,n]) 的性质。稍微看了一下，感觉复杂度有点小问题，并没有仔细研究。
矩阵变换
有一个 (n imes m) 的矩阵，满足：
- (m>n)
- 每行 ([1,n]) 出现恰好一次，其他位置均为 0
- 每列 ([1,n]) 每个数最多出现一次
现在要在每行中选出一个数 (x) ，并把这个数后面的所有位置都变为 (x) 。要求是保持第三个条件。
(n,mle 400,Tle 50)
分析
这题很妙啊！
可以发现，每行选出的数 (b_i) 一定是 (n) 的一个排列。也就是说，这建立了一个 行 到 数 的匹配。
什么条件下第三个条件不满足呢？
若令行喜欢靠前的数，数喜欢令它靠后的行，那么这其实就是一个稳定婚姻问题。依次选择即可。
复杂度为 (O(nm)) 。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define M(x) memset(x,0,sizeof x)
using namespace std;
inline char nchar() {
static const int bufl=1<<20;
static char buf[bufl],*a,*b;
return a==b && (b=(a=buf)+fread(buf,1,bufl,stdin),a==b)?EOF:*a++;
}
inline int read() {
int x=0,f=1;
char c=nchar();
for (;!isdigit(c);c=nchar()) if (c=='-') f=-1;
for (;isdigit(c);c=nchar()) x=x*10+c-'0';
return x*f;
}
const int maxn=201,maxm=401;
int a[maxn][maxm],n,m,st[maxn],num[maxn],b[maxn],wh[maxn][maxn],sta[maxn],top;
void work() {
n=read(),m=read();
for (int i=1;i<=n;++i) for (int j=1;j<=m;++j) wh[i][a[i][j]=read()]=j;
fill(st+1,st+n+1,1);
for (int i=1;i<=n;++i) sta[i]=i;
M(num),M(b),top=n;
while (top) {
int x=sta[top];
for (int &i=st[x];i<=m;++i) if (a[x][i]) {
int &v=a[x][i];
if (!num[v] || wh[num[v]][v]<i) {
if (num[v]) b[num[v]]=0,sta[top]=num[v]; else --top;
num[v]=x,b[x]=v,++i;
break;
}
}
}
for (int i=1;i<=n;++i) printf("%d%c",b[i],"
"[i==n]);
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("test.in","r",stdin);
#endif
for (int T=read();T--;) work();
return 0;
}