比赛
题目: http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3139
题解:
3$le$N$le$10，比较明显是一个搜索题，一开始我是直接搜了，没有记忆化，如果先枚举每一队可以的胜负平，加上合法性判断，再进行枚举，那么是可以拿到70分的，这里有一个重要的剪枝，在枚举了每一队的情况后一定要判断胜场+负场是否相等，这里有20分。。
以下正解:
在爆搜的时候我们每一队每一队去枚举，我们尝试着记忆化。
首先我们发现，对于一组数据，得分序列(读入序列)的顺序和答案是无关的，那么我们记忆当还有x个队没有处理时，每一队的剩余得分为$a_{n - x + 1}$，$a_{n - x + 2}$，......，$a_{n}$ 这个状态对答案的贡献，通过对这个数组的排序，我们可以大量去重，甚至不需要加太多的优化都可以AC。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++) 3 #define drep(i, a, b) for (int i = a; i >= b; i--) 4 #define REP(i, a, b) for (int i = a; i < b; i++) 5 #define mp make_pair 6 #define pb push_back 7 #define clr(x) memset(x, 0, sizeof(x)) 8 #define xx first 9 #define yy second 10 using namespace std; 11 typedef long long i64; 12 typedef pair<int, int> pii; 13 const int inf = 0x3f3f3f3f; 14 const i64 INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll; 15 template <typename T> void Max(T &a, T b) { if (a < b) a = b; } 16 template <typename T> void Min(T &a, T b) { if (a > b) a = b; } 17 //*************************************************************** 18 19 int n; 20 struct Conditions { 21 int a[11]; 22 inline long long hash() { 23 long long ret = 0; 24 rep(i, 0, n) ret = ret * 28 + a[i]; 25 return ret; 26 } 27 inline void Sort() { sort(a + n - a[0] + 1, a + 1 + n); } 28 } start, bound; 29 map <i64, i64> M; 30 const int mod = 1e9 + 8; 31 long long dfs(int step, Conditions now) { 32 if (now.a[0] == 1) return M[now.hash()]; 33 if (now.a[n - now.a[0] + 1] > 3 * (n + 1 - step)) return -1; 34 if (step > n) { 35 now.a[0]--; 36 now.Sort(); 37 if (M[now.hash()]) return M[now.hash()]; 38 return M[now.hash()] = dfs(n - now.a[0] + 2, now); 39 } 40 long long res = 0, tmp; 41 int idx = n - now.a[0] + 1; 42 if (now.a[idx] >= 3) { 43 now.a[idx] -= 3; 44 tmp = dfs(step + 1, now); 45 if (tmp != -1) (res += tmp) %= mod; 46 now.a[idx] += 3; 47 } 48 if (now.a[idx] >= 1 && now.a[step] >= 1) { 49 now.a[idx] -= 1, now.a[step] -= 1; 50 tmp = dfs(step + 1, now); 51 if (tmp != -1) (res += tmp) %= mod; 52 now.a[idx] += 1, now.a[step] += 1; 53 } 54 if (now.a[step] >= 3) { 55 now.a[step] -= 3; 56 tmp = dfs(step + 1, now); 57 if (tmp != -1) (res += tmp) %= mod; 58 now.a[idx] += 1; 59 now.a[step] += 3; 60 } 61 res = res ? res : -1; 62 return res; 63 } 64 int main() { 65 scanf("%d", &n); 66 start.a[0] = n; 67 rep(i, 1, n) scanf("%d", &start.a[i]); 68 start.Sort(); 69 bound.a[0] = 1, bound.a[n] = 0; M[bound.hash()] = 1; 70 printf("%lld ", dfs(2, start)); 71 return 0; 72 }
消毒
题目: http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3140
题解:
a * b * c$le$5000，所以min(a, b, c)$le$18。
首先如果用长度为p * q * r的立方题来框住这些点，我们可以把它变成用 1 * p * q 或者 1 * q * r 或者 p * 1 * r的立方体来覆盖，答案不会更差。
那么我们可以用来填充的无非是上面3种的立方体来覆盖，那么我们可以枚举最小的那一维，剩下的用二分图最小点覆盖。
我们把最小的那一维旋转到x轴上，我们二进制枚举这一维 复杂度为$2^{18}$，剩下的我们只能用 p * q * 1 或者 p * 1 * r 来覆盖剩下的点，那么我们把不能用x轴(1 * q * r)覆盖的点分别映射到y轴，z轴上去，之后二分图最小点覆盖，也就是最大匹配，记得matrix67大神证明过König定理 http://www.matrix67.com/blog/archives/116?replytocom=4432
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++) 3 #define drep(i, a, b) for (int i = a; i >= b; i--) 4 #define REP(i, a, b) for (int i = a; i < b; i++) 5 #define pb push_back 6 #define mp make_pair 7 #define clr(x) memset(x, 0, sizeof(x)) 8 #define xx first 9 #define yy second 10 using namespace std; 11 typedef long long i64; 12 typedef pair<int, int> pii; 13 const int inf = 0x3f3f3f3f; 14 const i64 INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; 15 template <typename T> void Max(T &a, T b) { if (a < b) a = b; } 16 template <typename T> void Min(T &a, T b) { if (a > b) a = b; } 17 //******************************************************************** 18 19 const int maxn = 5005; 20 21 struct point { 22 int x, y, z; point() {} 23 point(int _x, int _y, int _z) : 24 x(_x), y(_y), z(_z) {} 25 } one[maxn]; 26 int cnt_one; 27 struct Ed { 28 int u, v, nx; Ed() {} 29 Ed(int _u, int _v, int _nx) : 30 u(_u), v(_v), nx(_nx) {} 31 } E[maxn]; 32 int G[maxn], edtot; 33 void addedge(int u, int v) { 34 E[++edtot] = Ed(u, v, G[u]); 35 G[u] = edtot; 36 } 37 int A, B, C; 38 39 bool t[maxn], used[maxn]; int belong[maxn]; 40 bool dfs(int x) { 41 for (int i = G[x]; i; i = E[i].nx) { 42 if (used[E[i].v]) continue; 43 used[E[i].v] = 1; 44 if (!belong[E[i].v] || dfs(belong[E[i].v])) { 45 belong[E[i].v] = x; 46 return true; 47 } 48 } 49 return false; 50 } 51 int ans; 52 void solve() { 53 static int hsh[maxn]; int hsh_cnt(0); 54 rep(i, 1, cnt_one) hsh[hsh_cnt++] = one[i].x; 55 sort(hsh, hsh + hsh_cnt); hsh_cnt = unique(hsh, hsh + hsh_cnt) - hsh; 56 REP(s, 0, 1 << hsh_cnt) { 57 rep(i, 1, A) t[i] = 0; 58 int tmp(0); 59 REP(i, 0, hsh_cnt) if (s >> i & 1) t[hsh[i]] = 1, tmp++; 60 edtot = 0; rep(i, 1, B) G[i] = 0; 61 rep(i, 1, cnt_one) if (!t[one[i].x]) addedge(one[i].y, one[i].z); 62 rep(i, 1, C) belong[i] = 0; 63 rep(i, 1, B) { 64 rep(j, 1, C) used[j] = 0; 65 if (dfs(i)) tmp++; 66 if (tmp > ans) break; 67 } 68 Min(ans, tmp); 69 } 70 } 71 72 int main() { 73 int T; scanf("%d", &T); 74 while (T--) { 75 scanf("%d%d%d", &A, &B, &C); 76 cnt_one = 0; 77 rep(i, 1, A) rep(j, 1, B) rep(k, 1, C) { 78 int id; scanf("%d", &id); 79 if (id == 1) one[++cnt_one] = point(i, j, k); 80 } 81 if (B > A) { swap(A, B); rep(i, 1, cnt_one) swap(one[i].x, one[i].y); } 82 if (C > A) { swap(A, C); rep(i, 1, cnt_one) swap(one[i].x, one[i].z); } 83 ans = A; 84 solve(); 85 printf("%d ", ans); 86 } 87 }
旅行
题目: http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3141
题解:
数列
题目: http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3142
题解:
原数列$underbrace{ a_{1},a_{2},a_{3}......a_{k} }_{k}$
构造数列$b_{i}=a_{i}-a_{i-1}$
那么我们得到$underbrace{ b_{1},b_{2},b_{3}......a_{k-1} }_{k-1}$
我们考虑每个不同数列的不同贡献。
贡献为:$n-b_{1}-b_{2}-b_{3}-b_{4}-b_{k-1}$
因为$m*(k-1)>n$所以每一个数列都有如上贡献，共有$m^{k-1}$种情况
那么求和
n的贡献是$n*m^{k-1}$
对于剩下的每一项，任取一项，在这一项取1时，共有$m^{k-2}$个数列，取2时，共有$m^{k-2}$个数列......
那么对于$b_{k}$对答案的贡献是$(sum_{i=1}^{m})*m^{k-2}$
所以总答案为$n*m^{k-1}+(k-1)*(sum_{i=1}^{m})*m^{k-2}$
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++) 3 #define drep(i, a, b) for (int i = a; i >= b; i++) 4 #define REP(i, a, b) for (int i = a; i < b; i++) 5 #define mp make_pair 6 #define pb push_back 7 #define xx first 8 #define yy second 9 using namespace std; 10 typedef long long ll; 11 typedef pair<int, int> pii; 12 const int inf = 0x3f3f3f3f; 13 const ll INT = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll; 14 template <typename T> void Max(T &a, T b) { if (a < b) a = b; } 15 template <typename T> void Min(T &a, T b) { if (a > b) a = b; } 16 //****************************************************************** 17 18 ll n, m, k, p; 19 ll POW(ll base, ll num) { 20 ll ret = 1; 21 while (num) { 22 if (num & 1) (ret *= base) %= p; 23 (base *= base) %= p; 24 num >>= 1; 25 } 26 return ret; 27 } 28 int main() { 29 scanf("%lld%lld%lld%lld", &n, &k, &m, &p); 30 ll ans1 = n % p; 31 (ans1 *= POW(m , k - 1)) %= p; 32 ll ans2 = (m * (m + 1) / 2) % p; 33 (ans2 *= POW(m, k - 2)) %= p; 34 (ans2 *= k - 1) %= p; 35 printf("%lld", ((ans1 - ans2) % p + p) % p); 36 return 0; 37 }
游走
题目: http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3143
题解:
首先贪心，编号小的经过次数一定多，那么我们只需要求出每一条边的经过次数即可，因为是等可能的，那么这个不好求的经过求每一个点的经过次数$P_{i}$，那么每一条边$(x,y)$的经过次数$G_{i}=frac{P_{x}}{degree_{x}}+frac{P_{y}}{degree_{y}}$
那么问题转化为了如何求解$P_{i}$
我们发现$P_{i}=sum_{forall(x,i)}frac{P_{x}}{degree_{x}}+sum_{forall(i,x)}frac{P_{x}}{degree_{x}}$
但是有特殊情况$P_{1}=sum_{forall(x,i)}frac{P_{x}}{degree_{x}}+sum_{forall(i,x)}frac{P_{x}}{degree_{x}}+1$
$P_{n}=1$
那么很明显了，高斯消元，有一个地方需要注意，在消元之中，$P_{n}$应该置为0，应为只要到达n是出不来的。
$1^{-10}$才过。。。好像long double直接过的样子。。。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++) 3 #define drep(i, a, b) for (int i = a; i >= b; i++) 4 #define REP(i, a, b) for (int i = a; i < b; i++) 5 #define mp make_pair 6 #define pb push_back 7 #define xx first 8 #define yy second 9 #define eps 1e-10 10 using namespace std; 11 typedef long long ll; 12 typedef pair<int, int> pii; 13 const int inf = 0x3f3f3f3f; 14 const ll INT = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll; 15 template <typename T> void Max(T &a, T b) { if (a < b) a = b; } 16 template <typename T> void Min(T &a, T b) { if (a > b) a = b; } 17 //****************************************************************** 18 19 const int maxn = 505, maxm = 250005; 20 21 double eq[maxn][maxn]; 22 pii E[maxm]; int ed_tot; 23 int deg[maxn]; 24 double A[maxm], val[maxn]; 25 26 void gauss(int m, int n) { 27 rep(i, 1, n) { 28 if (fabs(eq[i][i]) < eps) rep(j, i, m) { if (fabs(eq[j][i]) > eps) swap(eq[i], eq[j]); break; } 29 rep(j, i + 1, n + 1) eq[i][j] /= eq[i][i]; 30 eq[i][i] = 1; 31 rep(j, 1, m) if (i != j && fabs(eq[j][i]) > eps) { 32 double t = eq[j][i]; 33 rep(k, i, n + 1) eq[j][k] -= t * eq[i][k]; 34 } 35 } 36 rep(i, 1, m) val[i] = eq[i][n + 1]; 37 } 38 39 int main() { 40 int n, m; scanf("%d%d", &n, &m); 41 rep(i, 1, m) { 42 int x, y; scanf("%d%d", &x, &y); 43 E[++ed_tot] = mp(x, y); 44 deg[x]++, deg[y]++; 45 } 46 rep(i, 1, m) { 47 eq[E[i].xx][E[i].yy] = 1.0 / deg[E[i].yy]; 48 eq[E[i].yy][E[i].xx] = 1.0 / deg[E[i].xx]; 49 } 50 rep(i, 1, n) eq[n][i] = 0; 51 eq[1][n + 1] = -1; 52 rep(i, 1, n) eq[i][i] = -1; 53 gauss(n, n); 54 //val[n] = 1; 55 rep(i, 1, m) { 56 A[i] += val[E[i].xx] / deg[E[i].xx]; 57 A[i] += val[E[i].yy] / deg[E[i].yy]; 58 } 59 sort(A + 1, A + 1 + m); 60 double ans(0); 61 rep(i, 1, m) ans += (m - i + 1) * A[i]; 62 printf("%.3lf ", ans); 63 return 0; 64 }
切糕
题目: http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3144
题解:
题意有点搞笑还以为是一个平面。
实际上是对于P*Q的每一个竖列，选一个干掉就可以了。
哈哈哈哈哈，网络流经典模型。
注意，以下$(x,y,z)$均表示第x层y行z列。
首先考虑没有D限制的情况，对于每一个点，对它的上一层建它的边权的点，即$(x, y, z) o(x-1,y,z)quad v(x,y,z)$
这样需要多的一层，没问题吧。如果割掉一条边相对应着选了一个点那么最小割是答案对吧。。。
考虑有D的情况。
我们必须对割进行限制，怎么做呢？
连边
$ forall(x,y,z) o(x-D,Y,Z) quad (x-D le0)&&|Y-y|+|X-x| le1$
来举个例子，假设$D=2$，我现在选择$(4,5,6)$这个点，和选择这个点有关的边有$(7,6,6) o(5,5,6)$和$(4, 5, 6) o(2,6,6)$
对$(4, 5, 6) o(2,6,6)$连边，这样连边以后从$(4,5,6)$就无法走到$(1,6,6)$这样的点了，应为这样构不成一个割。
那它的上限是怎么确定的呢？是$(7,6,6) o(5,5,6)$来阻隔的，这样就不能让它选择大于D的点，否则构不成割，如图三。
图中左边的列表示$(x,5,6)$，右边的列表示$(x,6,6)$的列。