2018冬令营模拟测试赛（十八）

2018冬令营模拟测试赛（十八）

[Problem A]Table

试题描述

输入

见“试题描述”

输出

见“试题描述”

输入示例

见“试题描述”

输出示例

见“试题描述”

数据规模及约定

见“试题描述”

题解

这题很烦的情况就是最后几步由于贴着下或右边界，只有一种选择，于是与上面的情况不一样，所以考虑枚举有多少步是这样的特殊情况。

下面以最后贴着下边界走的情况为例。

枚举最后 (x) 格是贴着下边界走的（注意贴着下边界走了 (x-1) 步），那么我们可以计算出来正常（有向右和向下两种选择的情况）走的步数中，有 (n-1) 步是向下走的，有 (m-x) 步是向右走的；于是受路径影响的格子数目就是 (2(n-1 + m-x) + x = 2m + 2n - x - 2)，剩下的 (mn - 2m - 2n + x + 2) 个格子中每个都有 (0 sim S) 这 (S+1) 种选择。

不受影响的部分方案数即为

[(S+1)^{mn-2m-2n+x+2} ]

接下来我们还需要计算有多少种路径满足有 (n-1) 步向下走，(m-x) 步向右走，这显然是一个组合数，但是注意最后一步一定是向下走，否则贴底的格子就不止 (x) 个了，所以路径的方案即为

[C_{n-2+m-x}^{n-2} ]

接下来我们需要给路径上每一步确定一个权值，使得这些权值相加恰好等于 (S)，同时需要注意在前面 (n-1 + m-x) 步中，每走一步都需要比较一下，为了让贪心算法最终走的就是我给它定好的路径，需要满足往下一步时，下方的格子严格大于右方的格子，往右一步时，右方的格子大于等于下方的格子；所以往下走的时候当下方的格子填上 (w) 时，右方的格子只有 (w) 种选择，往右走的时候右方的格子填上 (w) 时，下方的格子有 (w+1) 中选择。形式化地，这部分的方案数可以表示成下式（我们令 (w_i) 表示第 (i) 步走到的格子上的数字）

[sum_{w_1=0}^S sum_{w_2=0}^S cdots sum_{w_{n+m-2}=0}^S w_1w_2 cdots w_{n-1}(w_n+1)(w_{n+1}+1) cdots (w_{n-1+m-x}+1) cdot [sum_{i=1}^{n+m-2} w_i = S] ]

接下来就是神奇的事情了：上面这一坨可以变成组合数。

先举一个简单的例子，明白这个简单情况后就很容易理解上面那一坨怎么变形了。

[sum_{x=0}^S sum_{y=0}^S xy cdot [x+y = S] = C_{S+1}^3 ]

就是首先需要在 (S+1) 个数中选择一个“分界点”，假设选中了分界点是第 (p) 个元素，那么 (x = p-1)，(y = S+1-p)，即左边的就是 (x)，右边的就是 (y)，那么这样满足了 (x+y = S)，然后由于他要求 (xy) 的和，由于乘法原理我们知道 (xy) 等价于左边 (x) 个元素，右边 (y) 个元素，从左右分别选一个的方案数；正好，我们在刚刚选好分界点 (p) 之后左右边分别再选择一个的方案数就是答案了。这就是为什么最终的组合数是从 (S+1) 个元素中选 (3) 个。

于是那一坨的式子我们推广一下也可以知道它等于

[C_{S+n+2m-x-3}^{2n+2m-x-4} ]

所以最后 (x) 格贴着下边界的方案数就是我们上面的东西乘起来

[(S+1)^{mn-2m-2n+x+2} cdot C_{n-2+m-x}^{n-2} cdot C_{S+n+2m-x-3}^{2n+2m-x-4} ]

其中 (x in [2, m])。

最后贴着右边界走的情况不妨留给读者练习。（注意这两种情况不完全对称，不要偷懒直接把 (n) 和 (m) 换位置，这样是错的）

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <cassert>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i <= mi; i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i >= mi; i--)

int read() {
	int x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = getchar(); }
	while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
	return x * f;
}

#define maxn 4000010
#define LL long long

int n, m, S, MOD, fac[maxn], ifac[maxn], Pow[maxn];

int qpow(int a, LL b) {
	int ans = 1, t = a;
	while(b) {
		if(b & 1) ans = (LL)ans * t % MOD;
		t = (LL)t * t % MOD; b >>= 1;
	}
	return ans;
}

int C(int n, int m) {
	if(n < m) return 0;
	return (LL)fac[n] * ifac[m] % MOD * ifac[n-m] % MOD;
}

int main() {
	n = read(); m = read(); S = read(); MOD = read();
	
	int N = max(max(n, m), S) << 2;
	ifac[0] = fac[0] = ifac[1] = fac[1] = 1;
	rep(i, 2, N) ifac[i] = (LL)(MOD - MOD / i) * ifac[MOD%i] % MOD;
	rep(i, 2, N) ifac[i] = (LL)ifac[i] * ifac[i-1] % MOD, fac[i] = (LL)i * fac[i-1] % MOD;
	Pow[0] = qpow(S + 1, (LL)n * m);
	int invs = qpow(S + 1, MOD - 2);
	rep(i, 1, N) Pow[i] = (LL)Pow[i-1] * invs % MOD;
	
	int ans = 0;
	rep(x, 2, m) {
		ans += (LL)Pow[2*m+2*n-x-2] * C(n - 2 + m - x, n - 2) % MOD * C(S + n + 2 * m - x - 3, 2 * n + 2 * m - x - 4) % MOD;
		if(ans >= MOD) ans -= MOD;
	}
	rep(x, 2, n) {
		ans += (LL)Pow[2*m+2*n-x-2] * C(n - x + m - 2, m - 2) % MOD * C(S + n + 2 * m - 4, 2 * n + 2 * m - x - 4) % MOD;
		if(ans >= MOD) ans -= MOD;
	}
	
	printf("%d
", ans);
	
	return 0;
}

[Problem B]Remove

试题描述

输入

见“试题描述”

输出

见“试题描述”

输入示例

见“试题描述”

输出示例

见“试题描述”

数据规模及约定

见“试题描述”

题解

这题用到了 Dilworth 定理。使用这个定理需要让偏序关系 (lacktriangleleft) 满足如下三个条件

• 自反性：(x lacktriangleleft x) 存在；
• 传递性：若 (x lacktriangleleft y) 和 (y lacktriangleleft z) 存在，则 (x lacktriangleleft z) 存在；
• 反对称性：若 (x lacktriangleleft y) 且 (y lacktriangleleft x) 存在，则 (x = y)。

令一个四边形 (t) 的左上、右上、左下、右下角的横坐标分别为 (t_{x_1}, t_{x_2}, t_{x_3}, t_{x_4})。

然后这题就是定义四边形 (a) 和 (b) 满足偏序关系（即 (a lacktriangleleft b) 存在）当且仅当 (a_{x_2} < b_{x_1}) 且 (a_{x_4} < b_{x_3})（即 (a) 与 (b) 无交且 (a) 在 (b) 左）；同时定义 (forall a, a lacktriangleleft a) 存在，可以发现这样定义不会和其他任何限制冲突。

于是这题要求最少反链划分，就可以转化成最长链了。

令 (f_i) 表示将所有四边形按 (x_1) 坐标排好序后的以第 (i) 个四边形结尾的最长链长度（记第 (i) 个四边形为 (g[i])），那么

[f_i = max_{j=1, g[j] lacktriangleleft g[i]}^n f_j + 1 ]

这样的话每次 dp 出 (f_i) 之后将它扔到按 (x_2) 排序的堆里，然后每次转移的时候从堆里拿出 (g[j]_{x_2} < g[i]_{x_1}) 的所有 (j)，然后在树状数组的 (g[j]_{x_4}) 位置插入它的 dp 值，然后询问 (g[i]_{x_3}) 的前缀最小值即可。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i <= mi; i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i >= mi; i--)

int read() {
	int x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = getchar(); }
	while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
	return x * f;
}

#define maxn 100010

int n, num[maxn<<1], cntn, f[maxn];
struct Shape {
	int ul, ur, dl, dr;
	Shape() {}
	Shape(int _1, int _2, int _3, int _4): ul(_1), ur(_2), dl(_3), dr(_4) {}
	bool operator < (const Shape& t) const { return ul < t.ul; }
} ss[maxn];

struct cmp {
	bool operator () (const int& a, const int& b) const {
		return ss[a].ur > ss[b].ur;
	}
};
priority_queue <int, vector <int>, cmp> Q;

int C[maxn<<1];
void upd(int x, int v) {
	for(; x <= cntn; x += x & -x) C[x] = max(C[x], v);
	return ;
}
int qry(int x) {
	int res = 0;
	for(; x; x -= x & -x) res = max(res, C[x]);
	return res;
}

int main() {
	n = read();
	rep(i, 1, n) {
		int ul = read(), ur = read(), dl = read(), dr = read();
		ss[i] = Shape(ul, ur, dl, dr);
		num[++cntn] = dl; num[++cntn] = dr;
	}
	sort(ss + 1, ss + n + 1);
	sort(num + 1, num + cntn + 1);
	cntn = unique(num + 1, num + cntn + 1) - num - 1;
	rep(i, 1, n) ss[i].dl = lower_bound(num + 1, num + cntn + 1, ss[i].dl) - num, ss[i].dr = lower_bound(num + 1, num + cntn + 1, ss[i].dr) - num;
	
	int ans = 0;
	rep(i, 1, n) {
		while(!Q.empty()) {
			int u = Q.top();
			if(ss[u].ur > ss[i].ul) break;
			Q.pop();
			upd(ss[u].dr, f[u]);
		}
		f[i] = qry(ss[i].dl) + 1;
		ans = max(ans, f[i]);
		Q.push(i);
	}
	
	printf("%d
", ans);
	
	return 0;
}