NOIP2018提高组省一冲奖班模测训练(一)
比赛链接
https://www.51nod.com/contest/problemList.html#!contestId=72&randomCode=147206
这次考试的题非常有质量
这次考试暴露了非常多的问题,心理给自己设限,知识点不熟练等等问题。
只拿了暴力的分。
奈芙莲的护符
Nephren 有n个护符,每个护符的魔力容量都是无限的,并且每个护符在初始时已经被倾注了一些魔力。Nephren想要获得里面所有的魔力,但是她最后只能选择k个护符吸收。
所以,她需要将一些护符的魔力融合到一起。但是把i号护符的魔力移动到j号杯子需要花费c[i][j]的体力。
所以请您求出最小花费的体力。
【数据范围】
40%的数据保证n<=10。
100%的数据保证1≤ k≤ n ≤ 20
所有的c[i][j]<=100000,c[i][i]=0.
- 第一行,输入n,k
- 下面N行,每行N个整数,描述c[i][j].
- 输入一个整数,即所需的最小体力值。
- 3 3
- 0 1 1
- 1 0 1
- 1 1 0
- 0
这道题复习状压dp,状压dp一般可以处理一个集合内的问题
这道题是第三题,但我放在这一题
因为这一题反而最水……
我当时一看到数据范围20,马上想到状压dp
但是一方面因为觉得这是第三题,应该会比较难,而且前面两道题都做不出来,所以心理障碍
很大,就没有怎么很深入的去想(不过说到底还是状压dp不熟练)。
考完后,5分钟秒了,发现这是我做过最水的状压dp题。
这道题和TSP问题很类似(不懂的可以百度一下,或者我博客里面有)
用1表示魔力还在,0表示没有了。
那么dp[S] = min(dp[S], dp[S^(1<<j)] + c[j][i])
- #include<bits/stdc++.h>
- #define REP(i, a, b) for(register int i = (a); i < (b); i++)
- #define _for(i, a, b) for(register int i = (a); i <= (b); i++)
- using namespace std;
- const int MAXM = ( << ) + ;
- const int MAXN = ;
- int c[MAXN][MAXN], dp[MAXM];
- int num(int x) { return !x ? : + num(x & (x - )); } //二进制中1的个数
- int main()
- {
- int n, k;
- scanf("%d%d", &n, &k);
- REP(i, , n)
- REP(j, , n)
- scanf("%d", &c[i][j]);
- int ans = 1e9;
- memset(dp, 0x3f, sizeof(dp)); //这里初始化要注意
- dp[(<<n)-] = ;
- for(register int S = ( << n) - ; S >= ; S--)
- {
- if(num(S) < k) continue;
- REP(i, , n) if(S & ( << i))
- REP(j, , n) if(!(S & ( << j)))
- dp[S] = min(dp[S], dp[S^(<<j)] + c[j][i]);
- if(num(S) == k) ans = min(ans, dp[S]);
- }
- printf("%d\n", ans);
- return ;
- }
珂朵莉的旅行
浮游大陆由n个浮游岛构成,其中不同的浮游岛之间存在着飞艇航线。
由于浮游大陆的经济比较紧张,花在交通的费用不能太多,因此在保证每一个浮游岛都是联通的基础上,大贤者只修筑了n-1条航线。
在击败第五号岛的兽之后,威廉决定带辛苦战斗的珂朵莉,奈芙莲,艾瑟雅去浮游大陆旅行。
“Are you going toScarborough Fair?”
每个浮游岛本质属于不同的政体,所以它们的政策等会存在诸多差异。在旅行之前,威廉将浮游岛划分成两种,可以认为权值为1和0.由于要保证这是一次开心的旅行,所以他希望旅行之后经过的路径浮游岛的权值异或和为0.
他们的旅行方案是这样的:从某一个节点开始,不经过重复的节点,随机的选择一个与当前节点相连的节点,直到走到无路可走,这算完成一次旅行。
由于威廉也才来到浮游大陆不久,所以他也不知道每一个节点的权值到底是1还是0.
他想问问你,总共有多少种可能的钦点某些浮游岛的权值为1(其他浮游岛权值为0)的方式,符合上文提出的条件?
由于他们没有学过数学,因此请你将答案对 109+7 (一个质数)取模。
对于20%的数据,满足1<=n<=10
对于40%的数据,满足1<=n<=1000
对于额外20%的数据,浮游岛的连接将会成为一条链。
对于100%的数据,1<=n<=10^6.
【样例解释】
- 第一行一个整数n,表示浮游岛的数量
- 第二行开始每行两个整数u,v,表示浮游岛u和浮游岛v有无向的飞艇路线相连。
- 一行一个整数,表示答案。
- 3
- 1 2
- 2 3
- 10
- 关于异或和,如果1的个数是偶数,那就是0,如果是奇数,就是1,和0取异或就不变,和1取异或就取反
n方的数据可以用树形dp过
我考试的时候dp方程都推出来了,可是竟然没有写,觉得是错的(我到底在干嘛???)(树形dp不熟练)
dp[i][0]表示从子树到子树根的路径异或和0的方案数,dp[i][1]是异或和为1
如果是dp[i][0]
如果根为1,那么除根以外的路径就要异或和为1,同时根据乘法原理,
方案数是dp[v1][1] * dp[v2][1]……
如果根为0,那么除根以外的路径就要异或和为0,同时根据乘法原理,
方案数是dp[v1][1] * dp[v2][1]……
然后根据加法原理,把这两个加起来
所以dp[i][0] = (dp[v1][1] * dp[v2][1]……)+(dp[v1][1] * dp[v2][1]……)
dp[i][1]也类似,然后可以发现是一样的
dp[i][1] = (dp[v1][1] * dp[v2][1]……)+(dp[v1][1] * dp[v2][1]……)- 但是不知道为什么只过了2个点,会RE2个点
- #include<bits/stdc++.h>
- #define REP(i, a, b) for(register int i = (a); i < (b); i++)
- #define _for(i, a, b) for(register int i = (a); i <= (b); i++)
- using namespace std;
- typedef long long ll;
- const int MAXN = 1e6 + ;
- const int mod = 1e9 + ;
- struct Edge{ int to, next; };
- Edge e[MAXN << ];
- int head[MAXN], tot;
- int d[MAXN], n;
- ll dp[MAXN][];
- void read(int& x)
- {
- int f = ; x = ; char ch = getchar();
- while(!isdigit(ch)) { if(ch == '-') f = -; ch = getchar(); }
- while(isdigit(ch)) { x = x * + ch - ''; ch = getchar(); }
- x *= f;
- }
- void AddEdge(int from, int to)
- {
- e[tot] = Edge{to, head[from]};
- head[from] = tot++;
- }
- void dfs(int u, int fa)
- {
- if(d[u] == && fa != -)
- {
- dp[u][] = dp[u][] = ;
- return;
- }
- ll a = , b = ;
- for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].next)
- {
- int v = e[i].to;
- if(v == fa) continue;
- dfs(v, u);
- a = a * dp[v][] % mod;
- b = b * dp[v][] % mod;
- }
- dp[u][] = (dp[u][] + a + b) % mod;
- dp[u][] = (dp[u][] + a + b) % mod;
- }
- int main()
- {
- read(n);
- if(n == ) { puts(""); return ; }
- memset(head, -, sizeof(head)); tot = ;
- REP(i, , n)
- {
- int u, v;
- read(u); read(v);
- AddEdge(u, v); AddEdge(v, u);
- d[u]++; d[v]++;
- }
- ll ans = ;
- _for(i, , n)
- {
- memset(dp, , sizeof(dp));
- dfs(i, -);
- ans = (ans + dp[i][]) % mod;
- }
- printf("%lld\n", ans);
- return ;
- }
- 然后我考虑20分一条链的做法
其实这个部分分的做法再拓展一下就是满分做法了
0-0-0-0-0-……0-0-0-0-0
这是一条链
我们分两部分来考虑,端点和除了端点以外的点- 如果是除了端点以外的点
0-0-0-0-0-……0-0-0-0-0
设总的点数为n,那么这样的点有n-2个
考虑其中一个点
中间n-2个点的方案有2^(n-2)个
对于其中一种方案
其中一个点到端点之前的一个点的异或和是确定的
那么端点的权值就是被动确定的
比如从当前点到端点之前的一个点的异或和为0
那么端点只能赋值为0,因为总的异或和为0
所以端点的值是被动确定的。
因此对于每一种方案,都可以通过调整端点的值来使得异或和
为0,且端点只有一种取值
也就是说,2^(n-2)全部成立
那么这只是对于其中一个点,那么对于n-2个点
就有(n-2)*2^(n-2)种方案- 如果是端点
分析方法类似
对于其中一个端点,其他的点有2^(n-1)种方案
端点本身被动确定
那么有2个端点,也就是2*2^(n-1)方案- 最后加起来就好了
2*2^(n-1) + (n-2)*2^(n-2)
= 2^(n-2) * (n+2)- 这就是20分的做法。
其实我没想出来主要思维能力没有达到,还需要多做题- 100分的做法只是把端点的数变成叶子的数罢了
推理的方式很像,把2(2个端点)换成k(k个叶子)就好了
所以答案为2^(n-k) * (n+k)
读者可以自己推一遍(我懒)- 最后注意要特判一下n=1的情况,有点坑
- #include<bits/stdc++.h>
- #define REP(i, a, b) for(register int i = (a); i < (b); i++)
- #define _for(i, a, b) for(register int i = (a); i <= (b); i++)
- using namespace std;
- typedef long long ll;
- const int MAXN = 1e6 + ;
- const int mod = 1e9 + ;
- int d[MAXN], n;
- void read(int& x)
- {
- int f = ; x = ; char ch = getchar();
- while(!isdigit(ch)) { if(ch == '-') f = -; ch = getchar(); }
- while(isdigit(ch)) { x = x * + ch - ''; ch = getchar(); }
- x *= f;
- }
- ll pow(ll a, int b)
- {
- ll res = % mod; a %= mod;
- for(; b; b >>= )
- {
- if(b & ) res = res * a % mod;
- a = a * a % mod;
- }
- return res;
- }
- int main()
- {
- read(n);
- if(n == ) { puts(""); return ; }
- REP(i, , n)
- {
- int u, v;
- read(u); read(v);
- d[u]++; d[v]++;
- }
- int k = ;
- _for(i, , n)
- if(d[i] == )
- k++;
- ll ans = ;
- ans = pow(ans, n - k);
- ans = ans * (n + k) % mod;
- printf("%lld\n", ans);
- return ;
- }
奈芙莲的序列
有一天可爱的Nephren得到了一个序列,一开始,她取出序列的第一个数,形成一个新的序列B,然后取出序列A的第二个数,放在序列B的最左边或最右边,序列B此时有两个数,下一步,再取出序列A的第三个数放在序列B的最左边或最右边,……
现在的问题是,通过上面的步骤,可以得到B的最长上升子序列的长度是多少
【数据规模及约定】
30%的数据保证N<=20
50%的数据保证N<=1000
100%的数据保证1 ≤ N ≤ 2×105
保证a序列所有数不会超过 109
- 第一行,一个整数N.
- 第二行,N个整数,表示序列A。
- 一行一个整数,表示最长上升子序列的长度
- 4
- 2 1 3 4
- 4
- 这道题的关键就是要推出一个性质,同时会用树状数组求LIS(二分的方法不行)
什么性质呢?
我们自己多造几组数据来算可以发现(然而我考试的时候并没有发现)
新生成的b序列的最长上升子序列的长度>=a序列的最长上升子序列长度(我们要考虑原序列和新序列的关系)
比如样例 2 1 3 4
如果一直放最右边,那么生成的序列和原来一样
那么我们可以通过某种策略来使新序列答案更大
对于这道题,可以
2
1 2
1 2 3
1 2 3 4
那么这种策略是什么呢,这是这道题的关键
拿样例来看,为什么新生成序列答案更大
答案中比原来序列的最长上升子序列多了一个1
这个1怎么来的。
原序列中在2的右边,然后放到2的左边来的。
1满足在2的右边,又比2小
最长下降子序列???
那么我们是不是可以猜一下
新序列的最长上升子序列等于以a[i]为起始的最长上升子序列+a[i]为起始的最长下降子序列-1(多算了一次a[i])
我们这么想
先说最长上升子序列,我们可以把这一部分的数从左到右一直放到最右边,那么这一部分的数就是有效的
然后是最长下降子序列,我们可以把这一部分的数从左到右一直放到最左边,那么这一部分的数也是是有效的- 比如 6 5 4 3 7 8 9
那么就是
6
5 6
4 5 6
3 4 5 6
3 4 5 6 7
3 4 5 6 7 8
3 4 5 6 7 8 9
这个数据可能有点水,但是就算最长上升子序列和最长下降子序列有交叉,也是成立的。
遇到了最长上升子序列中的数,就放最右边,下降就最左,其他的数无所谓
那么上面那个结论就成立了,也就是新序列的最长上升子序列等于以a[i]为起始的最长上升子序列+a[i]为起始的最长下降子序列-1(多算了一次a[i])
那么枚举a[i]求max就好了。- 那么这两个数组怎么求呢
可以n方暴力,拿50分
100分要用树状数组
不知道怎么用树状数组优化到nlogn的同学可以看我写的这篇博客
https://www.cnblogs.com/sugewud/p/9823222.html- 然后这里有个细节,就是求最长上升的时候
把a[i]变成-a[i]
但是下标要>=1
所以改成m - a[i] + 1(m为离散化后最大的数值)
但是因为是严格上升,加入的时候要写成m - a[i] + 0
这个时候下标就会为0了
所以改成m - a[i] + 2, 加入的时候写m - a[i] + 1
- #include<bits/stdc++.h>
- #define REP(i, a, b) for(register int i = (a); i < (b); i++)
- #define _for(i, a, b) for(register int i = (a); i <= (b); i++)
- using namespace std;
- const int MAXN = 2e5 + ;
- int a[MAXN], b[MAXN], n, m;
- int dp[MAXN][], f[MAXN];
- inline lowbit(int x) { return x & (-x); }
- void motify(int x, int p)
- {
- for(; x <= m + ; x += lowbit(x))
- f[x] = max(f[x], p);
- }
- int get_max(int x)
- {
- int res = ;
- for(; x; x -= lowbit(x))
- res = max(res, f[x]);
- return res;
- }
- int main()
- {
- scanf("%d", &n);
- _for(i, , n) scanf("%d", &a[i]), b[i] = a[i];
- sort(b + , b + n + );
- m = unique(b + , b + n + ) - b - ;
- _for(i, , n) a[i] = lower_bound(b + , b + m + , a[i]) - b;
- for(register int i = n; i >= ; i--)
- {
- dp[i][] = get_max(m - a[i] + ) + ;
- motify(m - a[i] + , dp[i][]);
- }
- memset(f, , sizeof(f));
- for(register int i = n; i >= ; i--)
- {
- dp[i][] = get_max(a[i] - ) + ;
- motify(a[i], dp[i][]);
- }
- int ans = ;
- _for(i, , n)
- ans = max(ans, dp[i][] + dp[i][] - );
- printf("%d\n", ans);
- return ;
- }
- 总结:收货还是蛮大的
T1 思维方式+复习树形dp
T2 手算样例找规律猜结论+学会树状数组求LIS
T3 复习状压dp
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