HGOI 20190830 题解

Problem A 钥匙

有$n$个人和$m$个钥匙在数轴上，人的坐标为$a_i$，钥匙的坐标为$b_i$

而门的坐标为$p$，要让所有人获得一把不同钥匙，并且到达门，最长时间最短是多少。

对于$100\%$的数据满足$10^3 \leq n \leq 10^3 , n \leq k \leq 2\times 10^3$

Solution :

　　对于部分数据，可以二分答案然后进行二分图匹配，实测可以通过$80\%$的数据。

　　事实上，对上面算法的极限复杂度是$O(n^2 k log_2 10^9)$

　　事实上，我们可以将$nk$中人和钥匙的配对方案求出，排序后，直接从小往大贪心。

　　这样子复杂度是$O(n \times k \times (\ log_2 n + log_2 k))$的。

# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+;
int n,k,p,a[N],b[N];
inline int read() {
    int X=,w=; char c=;
    while(c<''||c>'') {w|=c=='-';c=getchar();}
    while(c>=''&&c<='') X=(X<<)+(X<<)+(c^),c=getchar();
    return w?-X:X;
}
int calc(int i,int j) {
    if (a[i]<=b[j] && b[j]<=p) return p-a[i];
    if (a[i]<=p && p<=b[j]) return b[j]-a[i]+b[j]-p;
    if (b[j]<=a[i] && a[i]<=p) return a[i]-b[j]+p-b[j];
    if (b[j]<=p && p<=a[i]) return a[i]-b[j]+p-b[j];
    if (p<=a[i] && a[i]<=b[j]) return b[j]-a[i]+b[j]-p;
    if (p<=b[j] && b[j]<=a[i]) return a[i]-p;
}
namespace Subtask1 {
    vector<int>E[N];
    bool vis[N];
    int pre[N];
    bool find(int u) {
        int sz = E[u].size();
        for (int i=;i<sz;i++) {
            int v=E[u][i]; if (vis[v]) continue;
            vis[v]=true;
            if (pre[v]==- || find(pre[v])) {
                pre[v]=u;
                return true;
            }
        }
        return false;
    }
    int solve() {
        int ans = ;
        memset(pre,-,sizeof(pre));
        for (int i=;i<=n;i++) {
            memset(vis,false,sizeof(vis));
            if (find(i)) ans++;
        }
        return ans;
    }
    bool check(int Mid) {
        for (int i=;i<=n;i++) E[i].clear();
        for (int i=;i<=n;i++)
         for (int j=;j<=k;j++)
          if (calc(i,j)<=Mid) E[i].push_back(j);
        int ans = solve();
        return (ans==n);
    }
    void main() {
        int l=,r=2e9,ans;
        while (l<=r) {
            int mid = (l+r)>>;
            if (check(mid)) r=mid-,ans=mid;
            else l=mid+;
        }
        cout<<ans<<'\n';
    }
}
namespace Subtask2 {
    bool vis1[N],vis2[N];
    struct node {
        int u,v,val;
    }v[N];
    bool cmp (node a,node b) {
        return a.val<b.val;
    }
    void main() {
        int cnt = ;
        for (int i=;i<=n;i++)
         for (int j=;j<=k;j++)
           v[++cnt]=(node){i,j,calc(i,j)};
        sort(v+,v++cnt,cmp);
        int ans =  ;
        for (int i=;i<=cnt;i++) {
            node tmp = v[i];
            if (vis1[tmp.u] || vis2[tmp.v]) continue;
            ans=max(tmp.val,ans);
            vis1[tmp.u] = vis2[tmp.v] = ;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}
signed main() {
//  freopen("key.in","r",stdin);
    //freopen("key.out","w",stdout);
    n=read();k=read();p=read();
    for (int i=;i<=n;i++) a[i]=read();
    for (int i=;i<=k;i++) b[i]=read();
    if (n*k <= //n)  Subtask1::main();
    else Subtask2::main();
    return ;
}

A.cpp

Problem B 汪哥图

给出$n\times m$的$01$矩阵，保证这个矩阵中任意两个$1$之间最多有一条路径不经过$0$。

给出$Q$组询问，求子矩阵联通块个数。

对于$100\%$的数据满足$2 \times 10^3 \leq n,m \leq 2\times 10^3 , 1 \leq Q \leq 2\times 10^5 $

Solution :

　　我们先假设这个子矩阵中所有的$1$都自成一格连通块，显然，有好多连通块可以合并。

　　由于矩阵中的性质： 任意两个$1$之间最多有一条路径不经过$0$，所以合并的方式一定是从左到右或者从上到下。

　　即如果$a[i][j] $和$a[i+1][j]$都是$1$，那么必然会减少一个连通块，如果$a[i][j]$和$a[i][j+1]$都是$1$，也必然会减少一个连通块。

　　所以，我们定义$f[i][j] = [a[i][j] = 1 ] \times [a[i+1][j] = 1] , g[i][j] =  [ a[i][j] = 1 ] \times   [a[i][j+1] = 1] $

　　对于左上角坐标为$(x_1,y_1)$，右下角坐标为$(x_2,y_2)$的子矩阵，答案是$ans = \sum\limits_{i=x_1}^{x_2} \sum\limits_{j=y_1} ^ {y_2} a[i][j] -  \sum\limits_{i=x_1}^{x_2 - 1} \sum\limits_{j=y_1} ^ {y_2}  f[i][j] -  \sum\limits_{i=x_1}^{x_2} \sum\limits_{j=y_1} ^ {y_2-1} g[i][j]$

　　显然可以用二维前缀和优化。

　　复杂度是$O(nm + Q)$

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e3+;
int a[N][N],c1[N][N],c2[N][N],sum1[N][N],suma[N][N],sum2[N][N];
int n,m,q;
inline int read() {
    int X=,w=; char c=;
    while(c<''||c>'') {w|=c=='-';c=getchar();}
    while(c>=''&&c<='') X=(X<<)+(X<<)+(c^),c=getchar();
    return w?-X:X;
}
void write(int x) {
    if (x>) write(x/);
    putchar(''+x%);
}
int calca(int x1,int y1,int x2,int y2){
    return suma[x2][y2]-suma[x2][y1-]-suma[x1-][y2]+suma[x1-][y1-];
}
int calc1(int x1,int y1,int x2,int y2){
    if (x2<x1 || y2<y1) return ;
    return sum1[x2][y2]-sum1[x2][y1-]-sum1[x1-][y2]+sum1[x1-][y1-];
}
int calc2(int x1,int y1,int x2,int y2) {
    if (x2<x1 || y2<y1) return ;
    return sum2[x2][y2]-sum2[x2][y1-]-sum2[x1-][y2]+sum2[x1-][y1-];
}
int main() {
    n=read();m=read();q=read();
    for (int i=;i<=n;i++)
        for (int j=;j<m;j++) {
            char op=; while (op!='' && op!='') op=getchar();
            a[i][j+]=op-'';
        }
    for (int i=;i<=n;i++)
     for (int j=;j<=m;j++)
      c1[i][j]=a[i][j] && a[i+][j],
      c2[i][j]=a[i][j] && a[i][j+];
    for (int i=;i<=n;i++)
     for (int j=;j<=m;j++)
      suma[i][j]=suma[i-][j]+suma[i][j-]-suma[i-][j-]+a[i][j],
      sum1[i][j]=sum1[i-][j]+sum1[i][j-]-sum1[i-][j-]+c1[i][j],
      sum2[i][j]=sum2[i-][j]+sum2[i][j-]-sum2[i-][j-]+c2[i][j];
    while (q--) {
        int x1=read(),y1=read(),x2=read(),y2=read();
        int ans = calca(x1,y1,x2,y2)-calc1(x1,y1,x2-,y2)-calc2(x1,y1,x2,y2-);
        write(ans); putchar('\n');
    }
    return ;
}

B.cpp

Problem C 时空阵

本题时间限制$4000 ms$

有$n$个点，用最多$\frac{n(n-1)}{2}$条边权为$1$的双向边连接成一个图，

给出$m$，要求在构造出的图中，有$1 - n$的最短路为$m$的图的个数$mod \ 10^9 + 7$的值。

当且仅当两个图中连边集合不同，则两个图不同。

对于$100\%$的数据满足$1 \leq m  < n\leq 100 $。

Solution :

　　假设把这些点中的若干个点分成$m+1$个集合，编号为$[0,m]$ , 每个集合中至少有$1$个点，并且$1$个点最多在$1$个集合中。

　　并且保证，任取$i \in [0,m-1]$，第$i$个集合和第$i+1$个集合中的点直接的距离是$1$。强制第$0$个集合为出发点，只有一个元素$1$.

　　为了体现$1$开始到其他点的最短路，特殊的，要求$1-n$的最短路为$m$,我们强制编号为$0$的集合为出发集，只有一个元素$1$，$n$必须在编号为$m$的集合中

　　这样一来，我们只需要计算划分集合的方案数了。

　　我们从编号为$1$的集合开始考虑。设$f[i][j][k]$表示考虑到集合$i$，已经放置了$j$个数字，第$i$个集合放置了$k$个数字的方案数。

　　我们可以枚举上一个集合放置元素个数$s$，从$f[i-1][j-k][s]$转移过来。

　　我们考虑构成当前集合的情况：

• 要求之前被安放的数字不重复：除了元素$n$之外还剩余$n-1-(j-k)$个数字，有$\binom{n-1-(j-k)}{k}$种可能。
• 当前集合里元素之间可以无限制连边：有$2 ^ \binom{k}{2} $种可能。
• 之前一个集合和当前集合至少需要有$1$条连边：有$(2^s - 1) ^ k$种可能

　　注意到，要求之前被安放的数字不重复中，若$i = m$的时候，由于最后一个集合中已经被强制放入元素$n$，所以需要另外选择的元素是$k-1$个，所以有$\binom{n-1-(j-k)}{k-1}$种可能。

　　所以转移方程为：

　　$f[i][j][k] =\left\{\begin{matrix}\sum\limits_{s = 1} ^ {j-k} f[i-1][j-k][s] \times \binom{n-j+k-1}{k} \times 2 ^ {\binom{k}{2}} \times (2^s - 1) ^ k  & (1 \leq i <  m )\\ \sum\limits_{s = 1} ^ {j-k} f[i-1][j-k][s] \times \binom{n-j+k-1}{k-1} \times 2 ^ {\binom{k}{2}} \times (2^s - 1) ^ k  & (i=m) \end{matrix}\right.$

　　统计答案的时候，设当前已经将$j$个元素放置在分层图当中了，最后一层中放置了$k$个，那么考虑这些点直接互相连边，这些点和最后一层中所有点之间互相连边的可能即可。

　　最后的答案就是$ans = \sum\limits_{j = m+1}^{n} \sum\limits_{k = 1}^{j-m} f[m][i][j] \times 2^{\binom{n-j}{2} + (n-j) \times k}$

　　复杂度是$O(n^4)$

# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
# define fp(i,s,t) for (int i=s;i<=t;i++)
using namespace std;
const int mo=1e9+;
const int N=;
int c[N][N],n,m,f[N][N][N],Max;
int Pow(int x,int n)
{
    Max = max(Max,n);
    int ans = ;
    while (n) {
        if (n&) ans=ans*x%mo;
        x=x*x%mo;
        n>>=;
    }
    return ans;
}
signed main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    c[][]=;
    fp(i,,) {
        c[i][]=c[i][i]=;
        fp(j,,i-) c[i][j]=(c[i-][j-]+c[i-][j])%mo;
    }
    f[][][]=;
    fp(i,,m)  fp(j,,n) fp(k,,j) fp(s,,j-k) {
        if (i!=m) f[i][j][k]+=Pow(,c[k][]) * Pow((Pow(,s)-+mo)%mo,k)%mo * c[n-j+k-][k] % mo * f[i-][j-k][s] %mo;
        else f[i][j][k]+=Pow(,c[k][]) * Pow((Pow(,s)-+mo)%mo,k)%mo * c[n-j+k-][k-] % mo * f[i-][j-k][s] %mo;
        f[i][j][k]%=mo;
    }
    int ans = ;
    fp(j,m+,n) fp(k,,j-m) {
        ans=(ans+f[m][j][k]*Pow(,c[n-j][]+(n-j)*k)%mo)%mo;
    }
    cout<<ans<<'\n';
    return ;
}

C.cpp