2019-08-09 纪中NOIP模拟B组

T1 [JZOJ1035] 粉刷匠

题目描述

　　windy有N条木板需要被粉刷。

　　每条木板被分为M个格子。

　　每个格子要被刷成红色或蓝色。

　　windy每次粉刷，只能选择一条木板上一段连续的格子，然后涂上一种颜色。

　　每个格子最多只能被粉刷一次。

　　如果windy只能粉刷 T 次，他最多能正确粉刷多少格子？

　　一个格子如果未被粉刷或者被粉刷错颜色，就算错误粉刷。

数据范围

　　$1 \leq N,M \leq 50$，$0 \leq T \leq 2500$

分析

　　没错，这就是个DP

　　设 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 条木板粉刷 $j$ 次最多粉刷正确的格子数，$h[i][j]$ 表示第 $i$ 行粉刷 $j$ 次最多粉刷正确的格子数

　　显然 $f[i][j]= \mathop{max}\limits_{0 \leq k \leq m} \{ f[i-1][j-k]+h[i][k] \}$

　　然后考虑怎么预处理出 $h$ 数组

　　由于直接从 $h[i][j-1]$ 转移到 $h[i][j]$ 是很困难的，所以可以加一维 $k$ 表示刷完第 $i$ 条木板的前 $k$ 个格子

　　每新一次粉刷的颜色应为粉刷区间内格子最多的颜色

　　于是状态转移方程为 $$h[i][j][k]= \mathop{max}\limits_{j-1 \leq l < k} \{ h[i][j-1][l]+max(b[i][k]-b[i][l],k-l-(b[i][k]-b[i][l])) \}$$

　　$b[i][j]$ 表示第 $i$ 行前 $j$ 个格子中要粉刷成蓝色的个数，这个可以在输入的时候处理

　　最后在 $f$ 数组的转移时，倒序枚举 $j$ 可以降掉第一维 $i$

　　我还预处理了每条木板最多粉刷的次数，然后成了考场上跑的最快的代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 55
#define T 2505
 
int n, m, t;
int f[T], g[N][N], h[N][N][N];
int sum[N], pre[N], blue[N][N];
char s[N];
 
int main() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &t);
    for (int i = ; i <= n; i++) {
        scanf("%s", s + );
        for (int j = ; j <= m; j++) {
            if (s[j] == '') blue[i][j] = blue[i][j - ];
            else g[i][j] = , blue[i][j] = blue[i][j - ] + ;
        }
    }
    for (int i = ; i <= n; i++) {
        sum[i] = ;
        for (int j = ; j <= m; j++)
            if (g[i][j] != g[i][j - ]) sum[i]++;
        pre[i] = pre[i - ] + sum[i];
    }
    for (int i = ; i <= n; i++)
        for (int j = ; j <= sum[i]; j++)
            for (int l = ; l <= m; l++)
                for (int k = j - ; k < l; k++)
                    h[i][j][l] = max(h[i][j][l], h[i][j - ][k] +
                     max(blue[i][l] - blue[i][k], l - k - (blue[i][l] - blue[i][k])));
    for (int i = ; i <= n; i++)
        for (int j = pre[i]; j; j--)
            for (int k = ; k <= j && k <= sum[i]; k++)
                f[j] = max(f[j], f[j - k] + h[i][k][m]);
    while (!f[t]) t--;
    printf("%d\n", f[t]);
 
    return ;
}

T2 [JZOJ1036] 迷路

题目描述

　　windy在有向图中迷路了。

　　该有向图有N个节点，windy从节点0出发，他必须恰好在T时刻到达节点N-1。

　　现在给出该有向图，你能告诉windy总共有多少种不同的路径吗？

　　注意：windy不能在某个节点逗留，且通过某有向边的时间严格为给定的时间。

数据范围

　　$2 \leq N \leq 10$，$1 \leq T \leq 10^9$

分析

　　连续两次考矩阵乘法，想不到想不到

　　矩阵乘法有这么一个定理：

　　一个存图（边权均为 $1$）的矩阵 $m$ 自乘 $k$ 次后，$m[i][j]$ 就表示从 $i$ 到 $j$ 走 $k$ 步的路径数

　　但是这题比较难搞的就是，每条边的边权可能是 $0 \sim 9$ 中的任意值

　　然后有了个神奇操作——分点（或者是说把每条边拆开），这样矩阵内所有边权都为 $0$ 或 $1$，第 $i$ 个点就被分为了 $10 \times i+j \, (1 \leq j \leq 9)$

　　对于一条边 $(u,v,w)$，我们需要先将 $10 \times u+1 \sim w$ 中的所有点连接，再把 $10 \times u+w$ 和 $10 \times v+1$ 连起来

　　于是原矩阵就转化为了一个 $0/1$ 矩阵，后面也就很简单了

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 105
 
int n, t;
char s[N];
const int mod = ;
 
struct Mat {
    int m[N][N];
    Mat() {memset(m, , sizeof m);}
} x;
 
Mat mul(Mat a, Mat b) {
    Mat c;
    for (int i = ; i <  * n; i++)
    for (int j = ; j <  * n; j++)
    for (int k = ; k <  * n; k++)
        c.m[i][j] = (c.m[i][j] + a.m[i][k] * b.m[k][j] % mod) % mod;
    return c;
}
 
Mat mpow(Mat a, int b) {
    Mat c;
    for (int i = ; i <  * n; i++) c.m[i][i] = ;
    while (b) {
        if (b & ) c = mul(c, a);
        a = mul(a, a);
        b >>= ;
    }
    return c;
}
 
void add(int u, int v, int w) {
    if (!w) return;
    for (int i = ; i < w; i++)
        x.m[ * u + i][ * u + i + ] = ;
    x.m[ * u + w][ * v + ] = ;
}
 
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &t);
    for (int i = ; i < n; i++) {
        scanf("%s", s);
        for (int j = ; j < n; j++)
            add(i, j, s[j] - '');
    }
    x = mpow(x, t);
    printf("%d\n", x.m[][ * (n - ) + ]);
 
    return ;
}

T3 [JZOJ1038] 游戏

题目描述

　　windy学会了一种游戏。

　　对于1到N这N个数字，都有唯一且不同的1到N的数字与之对应。

　　最开始windy把数字按顺序1，2，3，……，N写一排在纸上，然后再在这一排下面写上它们对应的数字，然后又在新的一排下面写上它们对应的数字。

　　如此反复，直到序列再次变为1，2，3，……，N。

　　如：1 2 3 4 5 6 对应的关系为 1->2 2->3 3->1 4->5 5->4 6->6，windy的操作如下

　　1 2 3 4 5 6

　　2 3 1 5 4 6

　　3 1 2 4 5 6

　　1 2 3 5 4 6

　　2 3 1 4 5 6

　　3 1 2 5 4 6

　　1 2 3 4 5 6

　　这时，我们就有若干排1到N的排列，上例中有7排。

　　现在windy想知道，对于所有可能的对应关系，有多少种可能的排数。

数据范围

　　$1 \leq N \leq 10^3$

分析

　　没错，这又是个DP

　　对于一个 $1$ 到 $N$ 的数列，如果其中的数被分为了若干部分，每一部分中的所有数同时进行循环，那么最后数列回到了原来的排列顺序，那么显然循环次数就是每部分包含的数的个数的最小公倍数（似乎有个高端名称叫非同构循环子群的数目）

　　所以题目就转化为，将 $n$ 分为若干数之和，求这些数的最小公倍数

　　将分出来的这些数进行质因数分解，可以发现每个质数只有其最高次项才对最小公倍数产生贡献

　　又因为 $1$ 对最小公倍数不产生贡献，所以可以在这些数中任意加减 $1$，也就是其他数字只需要满足和小于等于 $n$

　　于是问题又转化为了质数幂之和不大于 $n$ 时不同质数幂之积的个数

　　这就是个多重背包问题

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 1005
 
int n, cnt;
int book[N], p[N];
ll ans, f[N];
 
void Prime() {
    for (int i = ; i <= n; i++)
        if (!book[i]) {
            p[++cnt] = i;
            for (int j = ; i * j <= n; j++)
                book[i * j] = ;
        }
}
 
int main() {
    scanf("%d", &n);
    Prime();
    f[] = ;
    for (int i = ; i <= cnt; i++)
        for (int j = n; j >= p[i]; j--)
            for (int k = p[i]; k <= j; k *= p[i])
                f[j] += f[j - k];
    for (int i = ; i <= n; i++) ans += f[i];
    printf("%lld\n", ans);
 
    return ;
}

T4 [JZOJ1039] windy数

题目描述

　　windy定义了一种windy数。

　　不含前导零且相邻两个数字之差至少为2的正整数被称为windy数。

　　windy想知道，在A和B之间，包括A和B，总共有多少个windy数？

数据范围

　　$1 \leq A,B \leq 2 \times 10^9$

分析

　　没错，这双是个DP，一天四题三DP，我佛了

　　不到一个月前才刚写这题，数位DP经典题啊

　　就设 $f[i][j]$ 表示最高位为第 $i$ 位且该位为 $j$ 时windy数的个数

　　先预处理 $f$ 数组，再统计位数小于原数最高位的windy数个数

　　然后从高位向低位依次统计，注意windy数的限制条件

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 15
 
int a, b;
int f[N][N], s[N];
 
int count(int x) {
    int sum = , len = ;
    memset(s, , sizeof s);
    while (x) s[++len] = x % , x /= ;
    for (int i = ; i < len; i++)
        for (int j = ; j <= ; j++)
            sum += f[i][j];
    for (int i = ; i < s[len]; i++)
        sum += f[len][i];
    for (int i = len - ; i; i--) {
        for (int j = ; j < s[i]; j++)
            if (abs(j - s[i + ]) >= )
                sum += f[i][j];
        if (abs(s[i] - s[i + ]) < ) break;
    }
    return sum;
}
 
int main() {
    scanf("%d%d", &a, &b);
    for (int i = ; i <= ; i++) f[][i] = ;
    for (int i = ; i <= ; i++)
        for (int j = ; j <= ; j++)
            for (int k = ; k <= ; k++)
                if (abs(j - k) >= )
                    f[i][j] += f[i - ][k];
    printf("%d\n", count(b + ) - count(a));
 
    return ;
}