今天是廖俊豪老师的讲授~
T1
第一次想出正解
30 pts：
k <= 10，枚举如何把数放到矩阵中，O ( k ! )；
100 pts：
对于矩阵的每一列，我们二分最小差异值，然后贪心去判断是否可行；
贪心策略：从前往后找，如果有从某个数开始往后连续的 m 个数，这 m 个数的最大值 - 最小值 < k，那么就把这 m 个数放到同一行，最后判断是否能够凑出 n 行；
std 标程：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 1e5 + 7; int n, m, k, v[maxn]; int judge(int d) { int tmp = 0; for (int i=1; i+m-1<=k; ++i) { if (v[i+m-1] - v[i] <=d) ++tmp, i += m - 1; } if (tmp >= n) return 1; return 0; } int main() { freopen("a.in", "r", stdin); freopen("a.out", "w", stdout); scanf("%d%d%d", &k, &n, &m); for (int i=1; i<=k; ++i) scanf("%d", &v[i]); sort(v + 1, v + k + 1); int left = 0, right = 1e9; while (left < right) { int mid = (left + right) / 2; if (judge(mid)) right = mid; else left = mid + 1; } printf("%d ", left); return 0; }
我的拙码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; int read() { char ch=getchar(); int a=0,x=1; while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') x=-x; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { a=(a<<1)+(a<<3)+(ch-'0'); ch=getchar(); } return a*x; } const int N=5e5; int n,k,m,l,r=-1e9,ans; int val[N]; bool check(int x) //每行最大值减去最小值都要小于等于x { int tot=0; //我们能匹配到tot行了 for(int i=1;i+m-1<=k;i++) { if(val[i+m-1]-val[i]<=x) //中间的点都可以选在同一行,那么两头的分别就是最大最小值 { tot++; i=i+m-1; } if(tot==n) return 1; } if(tot<n) return 0; else return 1; } int main() { freopen("a.in","r",stdin); freopen("a.out","w",stdout); k=read();n=read();m=read(); for(int i=1;i<=k;i++) { val[i]=read(); r=max(r,val[i]); } sort(val+1,val+1+k); l=0; while(l<r) { int mid=(l+r)>>1; if(check(mid)) r=mid,ans=mid; else l=mid+1; } printf("%d",ans); return 0; }
T2
30 pts：
枚举分割点的位置，然后一顿瞎搞，O ( n ! ) ；
60 pts：
我们完全可以用 dp 来做（然后我就写炸了。。。）
我们先预处理出每一段的或和， 用 sum [ i ][ j ] 存起来；
f [ i ][ j ] 表示考虑了前 i 个数，分成 j 段的最大和 。
考虑转移：
f [ i ][ j ] = max ( f [ i ][ j ] , f [ l ][ j-1 ] + sum [ l+1 ][ i ]；
100 pts：
我们考虑去优化 dp；
我们发现两个数组具有单调性：
f [ l ][ j-1 ] 随着 l 的增加递增；
sum [ l+1 ][ i ] 随着 l 的增加而递减；
对于固定的 i，sum [ k+1 ][ j ] 的取值最多只有 32 种，而且 f 数组的值单调递增。预处理出转移点即可。
时间复杂度 O ( n * k * log C )，C 为 v [ i ] 的上界
100+ pts：
时间复杂度 O ( n k ) ? O ( n log C ) ? 欢迎补充
B_extended：将最大值改为最小值，怎么做？
T3
令 n = 2k , C ( x , y ) 为在 x 个物品中选择 y 个不同的物品的方案数，树的最底层为 0 。
30 pts：
k <= 3，也就是说 n <=8 ，我们可以直接枚举 n 的全排列，把所有的情况加起来！
60 pts：
k <= 10，n <= 1024；
求出所有情况的魔法值；
考虑：两个点 x 和点 y 在第 d 层对答案的贡献；
算清楚 x 和 y 在第 d 层相遇了多少次：Σ（v [ x ] * v [ y ] * times [ x ][ y ][ d ]）；
不妨考虑 2d - 1 个编号小于 y 的；
这才 60 pts 就已经晕了，那么接下来讲 100pts 的：
更改求和顺序，改为 2 * 2k! * 2k! * ( n - 2k+1 ) ! * C ( y-1 , 2k - 1 ) * v [ y ] * C ( x - 1 - 2k , 2^k-1) * v [ x ] ，枚举 k 和 y，我们知道 x >= max ( 2k+1 , y+1 )，先对 C ( x - 1 - 2k , 2k - 1 ) * v [ x ] 求后缀和即可。时间复杂度 O ( n * k )；
我们可以预处理：
数论
POJ 3735 Training little cats
有 n 只猫，有三种操作：
1、让第 i 只猫花生数 +1；
2、吃光第 i 只猫拥有的花生；
3、交换两只猫拥有的花生；
给出一个长度为 k 的操作序列，求将这个操作序列循环 m 次之后，每只猫拥有的花生数量；
题解：
在线性代数中，矩阵乘法可以表示向量的变换；
将 n 只猫拥有的花生数量看成一个列向量；
操作1：向量的平移变换；
操作2：向量的投影变换；
操作3：向量的旋转变换；
找出每种操作对应的矩阵，依次做乘法即可；
考虑到 n 的范围太大， O ( n ) 的算法不大行，我们要想 log n 的算法；
自然想到了快速幂，我们用矩阵快速幂试试：
考虑到 k 是在不断变化的，但是最多就 18 种，所以我们做 18 次矩阵快速幂就好了，总时间复杂度 O（18 * 33 * log n）；
欧几里得算法：
给定数 a 和数 b，求两个数的最大公约数；
欧几里得算法（辗转相除法）
gcd（a , b）= gcd（b , a%b）；
时间复杂度 O（log C）；
扩展欧几里得的算法
求 ax + by = gcd（a，b）的一组整数解；
或者判断 ax + by = k 是否有解；
P1516 青蛙的约会
题解：
最小公倍数
判断素数
给定一个数 n，判断 n 是否为素数；
筛素数
给定一个n，判断 1—n 这 n 个数哪些是素数；
N ≤ 106
用朴素的方法一个一个判断不可行；
只要一个数是某个质因数的 k 倍（k > 1），那么这个数就是合数；
数组 flag 表示每个数是不是素数；
如果一个数是素数，则这个数的倍数都是合数；
算法复杂度估计：O ( n ) – O ( n log n )；
实际算法复杂度：O ( n loglog n )；
线性筛素数
普通筛素数的方法里，一个合数有可能会被重复筛去多次，因此效率不高；
改进思想：尽量少重复筛素数；
先贴上代码：
为什么时间复杂度是 O ( n )？
需要证明的东西：
1、我们不会重复删掉一个合数；
2、1~n 的合数都会被我们找出来；
对于一个合数，肯定能表示成：一个数 * 一个小素数 的形式；
因此所有的素数都能被我们筛出来；
算法正确性可以证明；
欧拉函数
欧拉函数：给定数 n，求小于等于 n 中与 n 互素的数的个数；
等价于求 φ ( n )；
等价于求 n 的质因数分解；
O ( √n )；
线性求欧拉函数
给定一个数 n，要求 1-n 中所有数的欧拉函数；
利用欧拉函数的积性：
性质5：若 a、b 互质，则 φ ( a * b ) = φ ( a ) * φ ( b )；
a % b == 0 , φ ( a * b ) =φ ( a ) * b；
费马小定理&欧拉定理
逆元
求逆元
线性求逆元
给定素数 p，求 1~p-1 中每个数在模 p 意义下的的逆元；
BZOJ 2705 [SDOI2012] Longge的问题
题目描述：Longge 的数学成绩非常好，并且他非常乐于挑战高难度的数学问题。现在问题来了：给定一个整数 N，你需要求出 ∑ gcd ( i , N ) ( 1 <= i <= N )。
对于 60% 的数据，0< N <= 216 。
对于 100% 的数据，0 < N <= 232 。
题解：
组合数
杨辉三角
二项式定理
同余
组合数取模：问题一
题解：
问题二
题解：
问题三
题解：
P 为合数，对于 0~(p-1)，不是每个数都有 ( mod p ) 意义下的逆元；
但是 n , m , p 都不大，考虑组合数的计算式的变形：
问题四
Lucas定理
问题五
题解：
Lucas 定理 + 中国剩余定理；
用 Lucas 定理后得到 k 个同余方程；
怎样合并这 k 个同余方程是我们要解决的问题；
中国剩余定理
问题六
题解：
扩展卢卡斯定理；
[ZJOI2010]排列计数
题解：
对于一个 n 个元素的二叉堆，其左右儿子为根的对，大小是确定的；
那么设左儿子的对大小为 l，右儿子的对的大小为 r，r = n - l - 1；
为什么是 n - l - 1 呢？因为根也占一个元素；
设 f [ i ] 表示 i 个元素组成的二叉堆的方案数；
f [ n ] = C ( n-1 , l ) * f [ l ] * f [ r ] % p；
若 p 很大，直接做；
若 p 很小，1……p-1 的数是有逆元的；
Lucas 定理，注意 p 必须是素数才能用；
高斯消元
解方程组；
思想：利用加减消元法解方程；
[HNOI2013]游走
题解：
期望走过的次数越大的边，编号越小 ==> 要求总分的期望最小；
每个点的期望经过次数 ==> 求每条边的期望经过次数；
一条边 编号为 k，端点为（x，y）
p [ x ] 表示第 x 个点的期望经过次数；
du [ x ] 表示与 x 相连的点数；
那么低 k 条边的期望经过次数就是 p [ x ] * 1 / du [ x ] + p [ y ] * 1 / du [ y ]；
假设 x 号店与 t1 , t2 , t3 ,..... tk 相连；
p [ 1 ] = p [ t1 ] / du [ t1 ] + p [ t2 ] / du [ t2 ] + ...... + p [ tk ] / du [ tk ] + 1；
p [ x ] = p [ t1 ] / du [ t1 ] + p [ t2 ] / du [ t2 ] + ...... + p [ tk ] / du [ tk ] ；
有了 n 个方程，n 个未知数，高斯消元；
大步小步算法
课后作业：Bzoj2242：[SDOI2011]计算器
老师的手稿证明过程：
NOIp 会涉及到的数学相关知识：
1. 快速幂；
2. 矩阵乘法；
3. GCD / exGCD；
4. 筛素数 / 素数判断；
5. 欧拉函数 / 质因数分解；
6. 逆元；
7. 组合数问题 / 卢卡斯定理 ；
8. 中国剩余定理；
9. 高斯消元；