Lesnoe Ozero 2017. BSUIR Open 2017

A. Tree Orientation

树形DP，$f[i][j][k]$表示$i$的子树中有$j$个汇点，$i$往父亲的树边方向为$k$的方案数。

转移则需要另一个DP：$g[i][j][k]$表示考虑前$i$个儿子，子树中有$j$个汇点，$i$的出边个数是否是$0$的方案数。

时间复杂度$O(n^2)$。

#include<cstdio>
const int N=1010,P=1000000007;
int n,m,i,x,y,g[N],v[N<<1],nxt[N<<1],ed;
int f[N][N][2];
int size[N];
int pre[N][2],now[N][2];
inline void add(int x,int y){
    v[++ed]=y;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;
}
inline void up(int&a,int b){a=(a+b)%P;}
void dfs(int x,int y){
    for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=y)dfs(v[i],x);
    size[x]=1;
    for(int i=0;i<=1;i++)for(int j=0;j<2;j++)pre[i][j]=0;
    pre[0][0]=1;
    for(int i=g[x];i;i=nxt[i]){
        int u=v[i];
        if(u==y)continue;
        for(int j=0;j<=size[x]+size[u];j++)for(int k=0;k<2;k++)now[j][k]=0;
        for(int j=0;j<=size[x];j++)for(int k=0;k<2;k++)if(pre[j][k])
            for(int a=0;a<=size[u];a++)for(int b=0;b<2;b++)if(f[u][a][b]){
                up(now[j+a][k||b],1LL*pre[j][k]*f[u][a][b]%P);
            }
        size[x]+=size[u];
        for(int j=0;j<=size[x];j++)for(int k=0;k<2;k++)pre[j][k]=now[j][k];
    }
    for(int j=0;j<=size[x];j++)for(int k=0;k<2;k++){
        for(int o=0;o<2;o++){
            if(x==1&&!o)continue;
            up(f[x][j+(!(k||!o))][o],pre[j][k]);
        }
    }
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(i=1;i<n;i++)scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x);
    dfs(1,0);
    printf("%d",f[1][m][1]);
}

　　

B. A Masterpiece

行列交换不影响答案，根据这一条构造即可。

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 0, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int n;

void solve()
{
    if(n == 1){
        puts("1");
        puts("1");
        return;
    }
    if(n == 2 || n == 3){
        puts("-1");
        return;
    }
    printf("%d\n", n);
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        for(int j = 2; j <= n; j += 2){
            printf("%d ", (i - 1) * n + j);
        }
        for(int j = 1; j <= n; j += 2){
            printf("%d ", (i - 1) * n + j);
        }
        puts("");
    }
}

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	solve();

	return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】

【题意】

【分析】

【时间复杂度&&优化】

*/

　　

C. Auction

从$n$开始倒推出哪些数字是必胜/必败态，每次数字集合都可以压缩成一个区间，且最多推$O(\log n)$步。

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 0, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
LL n;
bool solve()
{
    LL l = n + 1;
    LL r;
    int tp = 1;
    while(1)
    {
        r = l - 1;
        if(tp == 1)
        {
            l = l / 9 + (l % 9 > 0);
        }
        else
        {
            l = l / 2 + (l % 2 > 0);
        }
        if(l <= 1 && r >= 1)
        {
            return tp;
        }
        tp = 1 ^ tp;
    }
}
int main()
{
	scanf("%d", &casenum);
	for (casei = 1; casei <= casenum; ++casei)
	{
        scanf("%lld", &n);
        puts(solve() ? "YES" : "NO");
	}

	return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】

【题意】

【分析】

【时间复杂度&&优化】

*/

　　

D. Deck Building

将过程倒过来，那么可以看作按$k$从大到小选取若干点，要求$s$是波浪形，且相邻两段$i\rightarrow j$的代价为$j$前面$s_i$到$s_j$之间的点数。

设$f[i][j]$表示考虑前$i$个点且第$i$个点必选，与上一个点的大小关系为$j$的方案数，$g[][]$表示代价之和，则转移可以用线段树打标记优化。

时间复杂度$O(n\log n)$。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010,M=262150,P=1000000007;
int n,m,i,j,k,x,b[N],f[N][2],g[N][2],ans,ma,mi;
int bit[N];
struct E{int s,k;}a[N];
inline bool cmp(const E&a,const E&b){return a.k>b.k;}
inline void modify(int x){for(;x<=n;x+=x&-x)bit[x]++;}
inline int getpre(int x){int t=0;for(;x;x-=x&-x)t+=bit[x];return t;}
struct DS{
int f[M],g[M],tag[M],v[M];
inline void tag1(int x,int p){
    tag[x]=(tag[x]+p)%P;
    v[x]=(v[x]+1LL*p*f[x])%P;
}
inline void pb(int x){
    if(tag[x]){
        tag1(x<<1,tag[x]);
        tag1(x<<1|1,tag[x]);
        tag[x]=0;
    }
}
inline void up(int x){
    f[x]=(f[x<<1]+f[x<<1|1])%P;
    g[x]=(g[x<<1]+g[x<<1|1])%P;
    v[x]=(v[x<<1]+v[x<<1|1])%P;
}
void change(int x,int a,int b,int c,int d,int p){
    if(c<=a&&b<=d){
        tag1(x,p);
        return;
    }
    pb(x);
    int mid=(a+b)>>1;
    if(c<=mid)change(x<<1,a,mid,c,d,p);
    if(d>mid)change(x<<1|1,mid+1,b,c,d,p);
    up(x);
}
void addf(int x,int a,int b,int c,int p){
    if(a==b){
        f[x]=(f[x]+p)%P;
        v[x]=(v[x]+1LL*tag[x]*p)%P;
        return;
    }
    pb(x);
    int mid=(a+b)>>1;
    if(c<=mid)addf(x<<1,a,mid,c,p);
    else addf(x<<1|1,mid+1,b,c,p);
    up(x);
}
void addg(int x,int a,int b,int c,int p){
    if(a==b){
        g[x]=(g[x]+p)%P;
        v[x]=(v[x]+p)%P;
        return;
    }
    pb(x);
    int mid=(a+b)>>1;
    if(c<=mid)addg(x<<1,a,mid,c,p);
    else addg(x<<1|1,mid+1,b,c,p);
    up(x);
}
int askf(int x,int a,int b,int c,int d){
    if(c<=a&&b<=d)return f[x];
    pb(x);
    int mid=(a+b)>>1,t=0;
    if(c<=mid)t=askf(x<<1,a,mid,c,d);
    if(d>mid)t+=askf(x<<1|1,mid+1,b,c,d);
    return t%P;
}
int askv(int x,int a,int b,int c,int d){
    if(c<=a&&b<=d)return v[x];
    pb(x);
    int mid=(a+b)>>1,t=0;
    if(c<=mid)t=askv(x<<1,a,mid,c,d);
    if(d>mid)t+=askv(x<<1|1,mid+1,b,c,d);
    return t%P;
}
}g0,g1;
int main(){
    scanf("%d",&n);m=n+1;
    for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].s,&a[i].k),b[i]=a[i].s;
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    sort(b+1,b+n+1);
    for(i=1;i<=n;i++)a[i].s=lower_bound(b+1,b+n+1,a[i].s)-b;
    ma=-N,mi=N;
    for(i=1;i<=n;i=j){
        for(j=i;j<=n&&a[i].k==a[j].k;j++){
            x=a[j].s;
            if(ma<=x)f[j][0]=1;
            if(mi>=x)f[j][1]=1;
            int cnt=g1.askf(1,0,m,x+1,m);//sum f
            (f[j][0]+=cnt)%=P;
            (g[j][0]+=g1.askv(1,0,m,x+1,m))%=P;//sum g+f*w
            g[j][0]=(g[j][0]-1LL*getpre(x)*cnt)%P;

            cnt=g0.askf(1,0,m,0,x-1);//sum f
            (f[j][1]+=cnt)%=P;
            (g[j][1]+=g0.askv(1,0,m,0,x-1))%=P;//sum g+f*w
            g[j][1]=(g[j][1]+1LL*getpre(x-1)*cnt)%P;

        }
        for(k=i;k<j;k++){
            x=a[k].s;
            ma=max(ma,x);
            mi=min(mi,x);
            g0.addf(1,0,m,x,f[k][0]);
            g1.addf(1,0,m,x,f[k][1]);
            g0.addg(1,0,m,x,g[k][0]);
            g1.addg(1,0,m,x,g[k][1]);
            g1.change(1,0,m,x+1,m,1);
            g0.change(1,0,m,x,m,P-1);
            modify(x);
        }
    }
    for(i=1;i<=n;i++)ans=(1LL*ans+1LL*g[i][0]+1LL*g[i][1])%P;
    ans=(ans+P)%P;
    printf("%d",ans);
}

　　

E. The secret of betting

$f[i][S]$表示考虑前$i$个人，$i$往前往后$k$个人的位置确定情况为$S$的方案数，只有恰好$k$个$1$的状态是有效的。

当$n$比较小时暴力转移，否则矩阵快速幂加速。

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define MC(x, y) memcpy(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 0, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
LL n; int K;
int ID;
int bts[1 << 20];
int stb[1 << 20];
int f[2][(int)2e5 + 10];
const int G = 72;
struct MX
{
    int v[G][G];
    void O()
    {
        MS(v, 0);
    }
    void E()
    {
        MS(v, 0);
        for(int i = 0; i < G; ++i)v[i][i] = 1;
    }
    MX operator * (const MX & b)const
    {
        MX c; c.O();
        for(int i = 0; i < G; ++i)
        {
            for(int j = 0; j < G; ++j)
            {
                for(int k = 0; k < G; ++k)
                {
                    c.v[i][j] = (c.v[i][j] + (LL)v[i][k] * b.v[k][j]) % Z;
                }
            }
        }
        return c;
    }
    MX operator ^ (LL p)const
    {
        MX y; y.E();
        MX x; MC(x.v, v);
        while(p)
        {
            if(p & 1)y = y * x;
            x = x * x;
            p >>= 1;
        }
        return y;
    }
}a, b;
vector<int>vt[1 << 20];
int main()
{
	while(~scanf("%lld%d", &n, &K))
	{
	    int top = 1 << (K * 2);
	    ID = 0;
        for(int j = 0; j < top; ++j)if(__builtin_popcount(j) == K)
        {
            stb[ID] = j;
            bts[j] = ID++;
        }
        //printf("%d\n", ID);
        int sta = 0;
        for(int i = 0; i < K; ++i)
        {
            sta |= 1 << (K + i);
        }
        if(K <= 4)
        {
            int ww = bts[sta];
            a.O(); a.v[0][ww] = 1;
            b.O();
            for(int i = 0; i < ID; ++i)
            {
                int x = stb[i];
                if(x & 1)
                {
                    int w = bts[x / 2 | top / 2];
                    b.v[i][w] = 1;
                }
                else
                {
                    for(int k = 1; k < K + K; ++k)if(x >> k & 1)
                    {
                        int w = bts[(x ^ 1 << k) / 2 | top / 2];
                        b.v[i][w] = 1;
                    }
                    int w = bts[x / 2];
                    b.v[i][w] = 1;
                }
            }
            a = a * (b ^ n);
            printf("%d\n", a.v[0][ww]);
        }
        else
        {
            for(int x = 0; x < top; ++x)if(__builtin_popcount(x) == K)
            {
                for(int j = 1; j < K + K; ++j)if(x >> j & 1)
                {
                    int w = bts[(x ^ 1 << j) / 2 | top / 2];
                    vt[x].push_back(w);
                }
            }
            int ww = bts[sta];
            MS(f, 0);
            f[0][ww] = 1;
            for(int v = 0; v < n; ++v)
            {
                int now = v & 1;
                int nxt = ~v & 1;
                //MS(f[nxt], 0);
                for(int i = 0; i < ID; ++i)
                {
                    f[nxt][i] = 0;
                }
                for(int i = 0; i < ID; ++i)if(f[now][i])
                {
                    int x = stb[i];
                    if(x & 1)
                    {
                        int w = bts[x >> 1 | top >> 1];
                        gadd(f[nxt][w], f[now][i]);
                    }
                    else
                    {
                        for(auto w : vt[x])
                        {
                            gadd(f[nxt][w], f[now][i]);
                        }
                        /*
                        for(int k = 1; k < K + K; ++k)if(x >> k & 1)
                        {
                            int w = bts[(x ^ 1 << k) / 2 | top / 2];
                            gadd(f[nxt][w], f[now][i]);
                        }
                        */
                        int w = bts[x >> 1];
                        gadd(f[nxt][w], f[now][i]);
                    }
                }
            }
            printf("%d\n", f[n & 1][ww]);
        }
	}

	return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】

【题意】

【分析】

【时间复杂度&&优化】
1000 5
10000 5
100000 5

*/

　　

F. Financial Reports

设$f[i][j][x][y]$表示考虑前$i$个位置，目前选取区间的状态为$j$(即未选，正在选，已选)，区间外选取了$x$个数，区间内丢弃了$y$个数时，区间和的最大值。

注意输出方案时要特判交换不导致答案变优的情况。

时间复杂度$O(n)$。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
typedef pair<P,P>W;
typedef pair<ll,W>PI;
const int N=100010;
const ll inf=1LL<<60;
int n,i,j,x,y;
ll a[N];
PI f[N][3][2][2],ans;//how many in and how many out
inline void up(PI&t,ll a,int b,int c,int d,int e){
    t=max(t,PI(a,W(P(b,c),P(d,e))));
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
    for(i=0;i<=n;i++)for(j=0;j<3;j++)for(x=0;x<2;x++)for(y=0;y<2;y++)f[i][j][x][y]=PI(-inf,W(P(0,0),P(0,0)));
    f[0][0][0][0]=PI(0,W(P(0,0),P(0,0)));
    for(i=1;i<=n;i++)for(x=0;x<2;x++)for(y=0;y<2;y++){
        //consider i
        PI t=f[i-1][0][x][y];
        int A=t.second.first.first;
        int B=t.second.first.second;
        int C=t.second.second.first;
        int D=t.second.second.second;
        if(t.first>-inf){
            //still the stage
            up(f[i][0][x][y],t.first,A,B,C,D);
            //swap in
            if(!x)up(f[i][0][1][y],t.first+a[i],i,B,C,D);
            //new stage
            up(f[i][1][x][y],t.first+a[i],A,B,i,D);
            //swap out
            if(!y)up(f[i][1][x][1],t.first,A,i,i,D);
        }
        t=f[i-1][1][x][y];
        A=t.second.first.first;
        B=t.second.first.second;
        C=t.second.second.first;
        D=t.second.second.second;
        if(t.first>-inf){
            //still the stage
            up(f[i][1][x][y],t.first+a[i],A,B,C,i);
            //swap out
            if(!y)up(f[i][1][x][1],t.first,A,i,C,i);
            //new stage
            up(f[i][2][x][y],t.first,A,B,C,D);
            //swap in
            if(!x)up(f[i][2][1][y],t.first+a[i],i,B,C,D);
        }
        t=f[i-1][2][x][y];
        A=t.second.first.first;
        B=t.second.first.second;
        C=t.second.second.first;
        D=t.second.second.second;
        if(t.first>-inf){
            //still the stage
            up(f[i][2][x][y],t.first,A,B,C,D);
            //swap in
            if(!x)up(f[i][2][1][y],t.first+a[i],i,B,C,D);
        }
    }
    ans=max(f[n][1][1][1],f[n][2][1][1]);
    ans=max(ans,f[n][1][0][0]);
    ans=max(ans,f[n][2][0][0]);
    int A=ans.second.first.first;
    int B=ans.second.first.second;
    int C=ans.second.second.first;
    int D=ans.second.second.second;
    if(!A){
        A=C,B=D;
        if(A==B){
            if(B==1)B=2;
            else B=1;
        }
    }
    if(A>B)swap(A,B);
    printf("%lld\n%d %d",ans.first,A,B);
}

　　

G. Moore’s Law

从$n-1$的答案开始往最高位补$1$或者$2$，必然有解。

#include<cstdio>
#include<string>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,i,len,f[1111111];
ll m;
bool check(){
    ll t=0;
    for(int i=len;i;i--)t=(t*10+f[i])%m;
    return t==0;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    m=1LL<<n;
    if(n==1)return puts("12"),0;
    if(n==2)return puts("12"),0;
    f[1]=2;
    f[2]=1;
    len=2;
    for(int _=3;_<=n;_++){
        m=1LL<<_;
        len++;
        for(int i=1;i<=2;i++){
            f[len]=i;
            if(check())break;
        }
        if(!check())return puts("-1"),0;
    }
    for(int i=len;i;i--)printf("%d",f[i]);
}

　　

H. Plagiarism

$f[i][j][x][y]$表示考虑$a$长度为$i$的前缀以及$b$长度为$j$的前缀，$a$和$b$正在匹配的部分长度分别为$x$和$y$时的最小串长。

时间复杂度$O(n^4)$。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=110,inf=10000000;
int K,n,m,o,i,j,k,x,y,t,f[2][N][N][N],ans;
char a[N],b[N];
inline void up(int&x,int y){
    x>y?(x=y):0;
}
int main(){
    scanf("%d%s%s",&K,a+1,b+1);
    n=strlen(a+1);
    m=strlen(b+1);
    for(j=0;j<=m;j++)for(x=0;x<=n;x++)for(y=0;y<=m;y++)f[0][j][x][y]=inf;
    f[0][0][0][0]=0;
    for(i=o=0;i<=n;i++,o^=1){
        for(j=0;j<=m;j++)for(x=0;x<=n;x++)for(y=0;y<=m;y++)f[o^1][j][x][y]=inf;
        for(j=0;j<=m;j++)for(x=n;~x;x--)for(y=m;~y;y--)if(f[o][j][x][y]<inf){
           t=f[o][j][x][y];
           //choose to end
           if(x>=K)up(f[o][j][0][y],t);
           if(y>=K)up(f[o][j][x][0],t);
           if(x>=K&&y>=K)up(f[o][j][0][0],t);
           t++;
           if(i<n&&!y)up(f[o^1][j][x+1][0],t);
           if(j<m&&!x)up(f[o][j+1][0][y+1],t);
           //match both
           if(i<n&&j<m&&a[i+1]==b[j+1])up(f[o^1][j+1][x+1][y+1],t);
        }
        if(i==n)ans=f[o][m][0][0];
    }
    printf("%d",ans);
}
/*
3
abcba
bbb

3
abcba
bccb

2
abcba
bbb

2
abcba
bccb

*/

　　

I. Number builder

将$1$和$2$交替放是最优的。

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 0, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int n;
char a[105], b[105];
int main()
{
	while(~scanf("%d", &n))
	{
        int p1 = 0;
        int m = n;
        int x = 1;
        while(m > 0)
        {
            a[p1++] = '0' + x;
            m -= x;
            if(m<0)
            {
                p1 = 0;
                break;
            }
            x = 3 - x;
        }
        a[p1] = 0;

        int p2 = 0;
        m = n;
        x = 2;
        while(m > 0)
        {
            b[p2++] = '0' + x;
            m -= x;
            if(m<0)
            {
                p2 = 0;
                break;
            }
            x = 3 - x;
        }
        b[p2] = 0;

        if(p1 != p2)
        {
            puts(p1 > p2 ? a : b);;
        }
        else
        {
            puts(strcmp(a, b) > 0 ? a : b);
        }

	}
	return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】

【题意】

【分析】

【时间复杂度&&优化】

*/

　　

J. Find a triangle

首先二分出三角形的包围盒，然后确定哪个顶点是三角形的顶点，之后二分即可。