20190226

T1:

内存限制：32 MiB
时间限制：2000 ms
Luka 是一个画商，现在有 $N$ 个顾客过来给她买画。每个顾客只能买彩画或者水墨画中的一种，并且每个人最多可以买 $a^i$ 幅彩画或 $b^i$ 幅水墨画（每个顾客至少要买一副画）。
为了让 Luka 高兴，至少要有 $C$ 人买彩画。由于每个顾客不断地修改购买需求， Luka 请你帮忙计算对于每次修改后，有多少种不同的方案使得 Luka 高兴。
$1\le N,Q\le 10^5,1\le C\le 20,1\le a^i,b^i\le 10^9$

题解

我们可以先算出所有买画的情况数，即为 ${\prod }^{i=1}(a^i+b^i)$
考虑小于 $c$ 的情况如何计算
可以得到一个很简单的 $dp$ 式子
$F^{i,j}$ 表示前 $i$ 个人， $j$ 个人买了彩画的方案数
$F^{i,j}=F^{i-1,j}\times b^i+F^{i-1,j-1}\times a^i$
然后将其对应到线段树上的一段区间，变成这一段区间内， $j$人选了彩画的方案数
类似一个卷积的形式，可以在 $O(nlogn{c}^2)$ 内得到答案
貌似有撤销 $dp$ 的做法(%pjd szm，可惜我不会就不写啦

#include <cstdio>
using namespace std;
const int P=1e4+7,N=1e5+1;
int n,c,b[N],a[N],h[400001],pi[400001],q;
short g[400001][20];
#define Ls k<<1
#define Rs k<<1|1
#define mid ((l+r)>>1)
void build(int k,int l,int r){
	if (l==r){
		h[k]=1;g[k][0]=(short)b[l];
		g[k][1]=(short)a[l];
		pi[k]=a[l]+b[l];
		if (pi[k]>=P) pi[k]-=P;
		return;
	}
	build(Ls,l,mid);build(Rs,mid+1,r);
	for (int i=0;i<=h[Ls] && i<c;i++)
		for (int j=0;j<=h[Rs] && i+j<c;j++){
			g[k][i+j]=((int)g[k][i+j]+(int)g[Ls][i]*(int)g[Rs][j]%P)%P;
			if (i+j>h[k]) h[k]=i+j;
		}
	pi[k]=pi[Ls]*pi[Rs]%P;
}
void update(int k,int l,int r,int x){
	if (l==r){
		g[k][0]=(short)b[l];
		g[k][1]=(short)a[l];
		pi[k]=a[l]+b[l];
		if (pi[k]>=P) pi[k]-=P;
		return;
	}
	if (mid>=x) update(Ls,l,mid,x);
	else update(Rs,mid+1,r,x);
	for (int i=0;i<=h[k];i++) g[k][i]=0;
	for (int i=0;i<=h[Ls] && i<c;i++)
		for (int j=0;j<=h[Rs] && i+j<c;j++)
			g[k][i+j]=((int)g[k][i+j]+(int)g[Ls][i]*(int)g[Rs][j]%P)%P;
	pi[k]=pi[Ls]*pi[Rs]%P;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&c);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]),a[i]%=P;
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&b[i]),b[i]%=P;
	build(1,1,n);scanf("%d",&q);
	for (int i,sum;q--;){
		scanf("%d",&i);
		scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
		a[i]%=P;b[i]%=P;update(1,1,n,i);
		sum=pi[1];
		for (int j=0;j<c;j++){
			sum=sum-(int)g[1][j];
			if (sum<0) sum+=P;
		}
		printf("%d
",sum);
	}
	return 0;
}

T2

内存限制：256 MiB
时间限制：1000 ms
恶梦是一个登山爱好者，今天他来到了黄山。
俗话说的好，不走回头路。所以在黄山，你只能往前走，或者往上走。并且很显然的是，当你走到山脊的时候，你不能够往上走，你只能往前走一步再往上走。
抽象一点而言就是，你可以把黄山视为一个 $N\times N$ 格点图，恶梦从 $(0,0)$ 开始出发，要走到 $(N,N)$ 。当他走到位置 $(x,y)$ 的时候，它可以往 $(x+1,y)$，或 $(x,y+1)$ 走。
并且当他走到 $(x,x)$ 的时候，由于他已经处在了山脊上，所以他不能够往 $(x,x+1)$ 方向上走。
当恶梦兴致勃勃准备开始爬山的时候，他的同伴告诉他，黄山由于年久失修，有一些位置出现了大坑，不能走。恶梦觉得更刺激了，但他想先知道他能有多少种方式走到黄山顶。
由于这个数字很大，所以你只需要将答案对 $10^9+7$ 取模输出即可。
$N\le 10^5,C\le 10^3$

题解

有点像流浪者那一题，不知道为什么并没有想出来(我太弱了
先不考虑不超过直线 $y=x$ 的限制的做法
先把坑按照 $x$ 排序，为了后续方便，我们将 $(n,n)$ 也看成一个坑
设 $F^i$ 表示前面没经过坑，到达第 $i$ 个坑的方案数
首先我们现将 $(0,0)\to (x^i,y^i)$ 的方案数求出，即为 $C^{x^i+y^i}$
然后我们扣除不合法的方案，枚举前面的坑，设不合法的路径碰到第一个坑为j
那之后再怎么走也是不合法的(碰到坑了，所以要扣除 $F^j\ast C^{x^i+y^i-x^j+y^j}$
考虑限制，发现所有不合法的限制得路径上的点一定会经过直线 $y=x+1$
所以我们发现 $(x1,y1)\to (x2,y2)$ ，不合法的部分等同于 $(y1-1,x1+1)\to (x2,y2)$ 的路径数

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1005,X=2e5+5,P=1e9+7;
int n,m,f[N],jc[X],ny[X];
struct O{int x,y;}p[N];
inline bool M(O A,O B){
	return A.x<B.x || A.x==B.x && A.y<B.y;
}
inline int C(int x,int y){
	return 1ll*jc[x]*ny[y]%P*ny[x-y]%P;
}
inline int J(int X1,int Y1,int X2,int Y2){
	int x=X2-X1,y=Y2-Y1;
	if (x<0 || y<0) return 0;
	return C(x+y,x);
}
inline int L(int X1,int Y1,int X2,int Y2){
	return (J(X1,Y1,X2,Y2)-J(Y1-1,X1+1,X2,Y2)+P)%P;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);jc[0]=ny[n+n]=1;
	for (int i=1;i<=n+n;i++) jc[i]=1ll*i*jc[i-1]%P;
	for (int x=jc[n+n],y=P-2;y;x=1ll*x*x%P,y>>=1)
		if (y&1) ny[n+n]=1ll*ny[n+n]*x%P;
	for (int i=n+n;i;i--) ny[i-1]=1ll*i*ny[i]%P;
	for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
	p[++m]=(O){n,n};sort(p+1,p+m+1,M);f[0]=-1;
	for (int i=1;i<=m;i++) for (int j=0;j<i;j++)
		f[i]=(f[i]-1ll*f[j]*L(p[j].x,p[j].y,p[i].x,p[i].y)%P+P)%P;
	return printf("%d
",f[m]),0;
}

T3

内存限制：512 MiB
时间限制：1000 ms
作为钦钦草原最绿的男人，杨某针每天都要开车巡视钦钦草原一圈。
钦钦草原由 $n$ 个城市组成， $m$ 条双向道路连接着它们。经过第 $i$ 条道路要花费的时间是 $2^i$ 。
杨某针想要经过每条道路至少一次，在此基础上他想最小化他花费的时间。但作为曾经 CTSC 的 Cu 选手，他并不能很快地计算出这个问题。所以他向你求助。
$n\le 4\times 10^5,m\le 5\times 10^5$

题解

每条边不会经过三次，所以一条边只会经过一次或两次
这题要经过一个欧拉回路，所以如果一个点是奇点的话，我们要为其加上边
那要从哪里选边呢？我们可以建最小生成树，因为如果考虑当前边 $(x,y)$ ，如果 $x$ 和 $y$ 在同一联通块内，那我们可以选择 $x\to y$路径上的边，这样总权值会比这单条边来的更小
所以建完最小生成树，从叶子节点到根，如果当前点是奇点，那其上面那条边要选

#include <cstdio>
const int P=1e9+7,N=4e5+5;bool d[N];
int n,m,pi=1,ans,head[N],V[N*2],W[N*2],nex[N*2],t,f[N];
int get(int x){return f[x]==x?x:f[x]=get(f[x]);}
void add(int u,int v,int w){
	V[++t]=v;nex[t]=head[u];head[u]=t;W[t]=w;
}
void dfs(int x,int fa){
	for (int i=head[x];i;i=nex[i]) if (V[i]!=fa){
		dfs(V[i],x);
		if (d[V[i]]) (ans+=W[i])%=P,d[x]^=1;
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;i++) f[i]=i;
	for (int x,y,X,Y,i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);(pi+=pi)%=P;
		(ans+=pi)%=P;d[x]^=1;d[y]^=1;
		if ((X=get(x))!=(Y=get(y)))
			f[Y]=X,add(x,y,pi),add(y,x,pi);
	}
	return dfs(1,0),printf("%d
",ans),0;
}