[CSP-S模拟测试72]题解

A.简单的序列

遇到括号匹配，先将左右括号转化为1和-1。

那么一个括号序列合法的必要条件：总和为0且所有时刻前缀和$\ge 0$。

用dp预处理出长度为$i$，总和为$j$的括号序列数量。那么如果p的方案数为$dp[i][j]$，与之匹配的q的方案数即为$dp[n-m-i][j+串m的总和]$。

注意需要保证统计的方案前缀和处处$\ge 0$。用原串的最小前缀和限制一下即可。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
int n,m,sum,minx;
ll dp[2005][2005];
char s[N];
int main()
{
	/*freopen("dt.in","r",stdin);
	freopen("my.out","w",stdout);*/
	scanf("%d%d%s",&n,&m,s+1);
	if(s[1]=='(')sum=minx=1;
	else sum=minx=-1;
	for(int i=2;i<=m;i++)
	{
		if(s[i]=='(')sum++;
		else sum--;
		minx=min(minx,sum);
	}
//cout<<sum<<' '<<minx<<endl;
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n-m;i++)
		for(int j=0;j<=i;j++)
			dp[i][j]=((j?dp[i-1][j-1]:0)+dp[i-1][j+1])%mod;//cout<<dp[i][j]<<endl;
	ll ans=0;
	for(int i=0;i<=n-m;i++)
	{
		for(int j=0;j<=i;j++)
		{
			if(j+sum>n-m||j+minx<0)continue;
			(ans+=dp[i][j]*dp[n-m-i][sum+j]%mod)%=mod;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

B.简单的期望

设$dp[i][j][k][0/1]$为进行i次操作，得到数值的二进制后八位为j，第九位开始有几位相同，第九位是0 or 1的概率。

为什么取后八位呢？

一个数含2的多少次幂其实就是它二进制表示下末尾有多少连续的0。由于只有200次操作，取后8位可以保证高于8位的进位最多发生一次，避免未知数量的1变成0对答案的影响。

大力分类讨论转移即可。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int side=(1<<8)-1,U=230;
int n,x;
double p,dp[202][(1<<8)+5][235][2],q,ans=0.0;
int cacl(int x)
{
    int res=0;
    for( ;x%2==0;x>>=1)res++;
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%lf",&x,&n,&p);
    p/=100.0;q=1.0-p;
    int bit=x&(1<<8);
    int cnt=1;
    if(!(x>>8))goto ak;
    for(int i=9;i<=30;i++)
    {
        int now=x&(1<<i);
        if(now!=bit)break;
        else cnt++;
    }
    ak:
    //cout<<(x&side)<<' '<<cnt<<' '<<bit<<endl;
    dp[0][x&side][cnt][bit]=1.0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<side;j++)
        {
            for(int k=1;k<=U;k++)
                dp[i][j+1][k][0]+=dp[i-1][j][k][0]*q,dp[i][j+1][k][1]+=dp[i-1][j][k][1]*q;
        }
        for(int j=1;j<=U;j++)
            dp[i][0][j][0]+=dp[i-1][side][j][1]*q;
        for(int j=1;j<=U;j++)
            dp[i][0][1][1]+=dp[i-1][side][j][0]*q;
        for(int j=0;j<128;j++)
            for(int k=1;k<=U;k++)
                dp[i][j<<1][1][0]+=dp[i-1][j][k][1]*p,dp[i][j<<1][k+1][0]+=dp[i-1][j][k][0]*p;
        for(int j=128;j<=side;j++)
            for(int k=1;k<=U;k++)
                dp[i][j<<1&side][1][1]+=dp[i-1][j][k][0]*p,dp[i][j<<1&side][k+1][1]+=dp[i-1][j][k][1]*p;
    }
    for(int i=1;i<=side;i++)
        for(int j=1;j<=U;j++)
            ans+=dp[n][i][j][0]*cacl(i)+dp[n][i][j][1]*cacl(i);
    for(int i=1;i<=U;i++)
        ans+=dp[n][0][i][0]*(8+i)+dp[n][0][i][1]*8;
    printf("%.8lf\n",ans);
    return 0;
}

C.简单的操作

首先很容易发现奇环是无法处理的，一个大奇环再怎么合并也会剩下一个长度为3的奇环而无法成链。

如果是一棵树，那显然可以把枝杈往直径上合并得到最优答案。

对于图也一样，偶环一定可以缩到任意一条边所在的链上。这样一个联通块的答案就是它的直径。(“最长的最短路”)

如果是不同联通块，那就把两个端点直接连起来。答案相加即可。

//不要卡spfa啊!!!
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#define re register
using namespace std;
int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return x*f;
}
const int N=1e3+5,M=2e5+5;
int n,m;
int to[M],head[N],nxt[M],tot;
int col[N],bel[N],part,dis[N],v[N],len[N],ans;
inline void add(int x,int y)
{
	to[++tot]=y;
	nxt[tot]=head[x];
	head[x]=tot;
}
void dfs(int x,int c,int now)
{
	bel[x]=now;col[x]=c;
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
	{
		int y=to[i];
		if(!col[y])dfs(y,-c,now);
		else if(col[x]==col[y])
		{
			puts("-1");exit(0);
		}
		//cout<<x<<' '<<y<<endl;
	}
}
inline int spfa(int s)
{
	queue<int> q;
	for(re int i=1;i<=n;i++)
		dis[i]=0x3f3f3f3f,v[i]=0;
	dis[s]=0;q.push(s);v[s]=1;
	int maxx=0;
	while(!q.empty())
	{
		int x=q.front();q.pop();
		maxx=max(maxx,dis[x]);
		for(re int i=head[x];i;i=nxt[i])
		{
			int y=to[i];
			if(dis[y]>dis[x]+1)
			{
				dis[y]=dis[x]+1;
				if(!v[y])v[y]=1,q.push(y);
			}
		}
		v[x]=0;
	}
	return maxx;
}
int main()
{
	/*freopen("dt.in","r",stdin);
	freopen("my.out","w",stdout);*/
	n=read();m=read();
	for(re int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x=read(),y=read();
		add(x,y);add(y,x);
	}
	for(re int i=1;i<=n;i++)
		if(!col[i])dfs(i,1,++part);

	for(re int i=1;i<=n;i++)
		len[bel[i]]=max(len[bel[i]],spfa(i));
	for(re int i=1;i<=part;i++)
		ans+=len[i];
	cout<<ans<<endl;
	return 0;

}

即可真是个美妙的词语