5.23考试总结(NOIP模拟2)

洛谷题单

看第一题第一眼，不好打呀;看第一题样例又一眼，诶，我直接一手小阶乘走人

然后就急忙去干T2T3了

后来考完一看，只有$T1$骗到了$15pts$[尴尬$.jpg$]

$T1$P3322 [SDOI2015]排序

背景

说实话，看见这题正解是dfs的那一刻，我人都傻了[流泪.jpg]

在讲这题的时候赵队@yspm 类比了线段树的思想%%%%%，在食用本篇题解时可以想一下

解题思路

最基本的一个思想：结果与操作的顺序无关，因为在更换的时候无论先换哪一个最后排列都是一定的。

因此我们肯定会用到$A_n^n$也就是n的阶乘，需要初始化一下，这里用的jc数组记录

然后就可以愉快搜索了。

先是check函数;

check(x)用来检查所有长度为1<<x的块是否满足递增，

有一个非常妙的地方：我们已经知道这个序列是由1~$2^n$组成的了

因此在判断的时候只需要循环，看第i块的第一个数是否和第j块的第一个数正好差一个块长就好了
```
bool check(int x)

{

	for(int i=1;i<=(1<<(n-x));i++)

		if(s[(i-1)*(1<<x)+1]+(1<<(x-1))!=s[(i-1)*(1<<x)+(1<<(x-1))+1])

		return false;

	return true;

}
```

再谈交换函数：

swap(i,j,k)表示将分别以i和j开始长度为k的序列互换

   void swap(int i,int j,int k)

{

	for(int l=1;l<=k;l++)

		swap(s[i+l-1],s[j+l-1]);

}

最后是dfs函数

dfs(x,num)表示交换到块长为1<<x了，并且此前进行了num个操作

如果这个块不是单调递增的，直接return就好，毕竟他对于答案是没有贡献的

对于x==n时表明整个序列已经整完了，然后直接给ans加上jc[num]就好了

然后直接向下进行dfs(x+1,num)不做任何处理

对于进行处理的情况，把整个序列两块两块的看，如果不符合条件（判断方法与上面的check同）记录到一个t数组里，一会处理，

如果需要处理的总数超过4的话直接break，剩下的直接交给后面就可以了

然后暴力两两枚举操作，进行交换后，直接进行下一层dfs以及回溯就好了

$code$

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std;

const int N=5e3;

int n,ans,jc[13],s[N];

bool check(int x)

{

	for(int i=1;i<=(1<<(n-x));i++)

		if(s[(i-1)*(1<<x)+1]+(1<<(x-1))!=s[(i-1)*(1<<x)+(1<<(x-1))+1])

		return false;

	return true;

}

void swap(int i,int j,int k)

{

	for(int l=1;l<=k;l++)

		swap(s[i+l-1],s[j+l-1]);

}

void dfs(int x,int num)

{

	if(x&&!check(x))

		return ;

	if(x==n)

	{

		ans+=jc[num];

		return ;

	}

	dfs(x+1,num);

	int t[5],tot=0;

	for(int i=1;i<=(1<<(n-x));i+=2)

		if(s[i*(1<<x)+1]!=s[(i-1)*(1<<x)+1]+(1<<x))

		{

			if(tot==4)

				break;

			t[++tot]=i;

			t[++tot]=i+1;

		}

	if(!tot)

		return ;

	for(int i=1;i<=tot;i++)

		for(int j=i+1;j<=tot;j++)

		{

			swap((1<<x)*(t[i]-1)+1,(1<<x)*(t[j]-1)+1,1<<x);

			dfs(x+1,num+1);

			swap((1<<x)*(t[i]-1)+1,(1<<x)*(t[j]-1)+1,1<<x);

		}

}

#undef int

int main()

{

	#define int long long

	scanf("%lld",&n);

	jc[0]=1;

	for(int i=1;i<=n;i++)

		jc[i]=jc[i-1]*i;

	for(int i=1;i<=(1<<n);i++)

		scanf("%lld",&s[i]);

	dfs(0,0);

	printf("%lld",ans);

	return 0;

}

$T2$题解 P3643 [APIO2016]划艇

背景

打了挺长时间爆搜，考完一交到洛谷，TLE是小事，重点是运行了3.73min,难怪一分没有QAQ

解题思路

先想一下最简单的打法吧

用f[i][j]表示前i所学校中，第i所学校参赛，且派出j艘划艇的方案数

显然，$f[i][j]=1+∑_{k=1}^{i-1}∑_{k=1}^{j-1}f[k][t]$

考虑优化,我们需要的只是长度，因此可以将每个端点离散化，然后分段枚举

方案分两部分：

i从(j-1)~j选一个，前面所有的学校要么不选要么从1～(j-1)区间中选，方案数为$\sum\limits_{l=1}^{i-1}\sum\limits_{r=1}^{j-1} f[l][r]*C_{len}^1$
i从(j-1)_{j选一个，前面有学校也从(j-1)}j中选，定第一个从(j-1)_{j中选的学校为k，显然总方案数为(k}i的方案数)*$\sum\limits_{l=1}^{k-1}\sum\limits_{r=1}^{j-1} f[l][r]$

将1和2式子合并一下就可以得到$\sum\limits_{l=1}^{i-1}\sum\limits_{r=1}^{j-1} f[l][r]+\sum\limits_{l=1}^{k-1}\sum\limits_{r=1}^{j-1} f[l][r]$

可知k_{i学校一定选择j-1}j中的数或者选择0,

因为k和i都从j区间中选，k+1~i-1学校可以选择j区间的如果选的话一定从j区间中选，如果不选就选0，而不可以选j区间的一定不能派划艇

有一个引理

从区间[0,L]中取n个数，要求所有非零数严格递增，则方案数为$C_n^{L+n}$

一看这式子，直接杨辉三角走起，再一看数据范围。。。。十分不友善，考虑一下从以前的状态中转移过来：

$C_{n+1}^{m+1}=C_n^m*\frac{n+1}{m+1}$

然后用前缀和维护一下

f[i][j]，表示1～i学校从1~j区间选的方案总数,也就是下面的式子：

$f[i][j]=len*f[i-1][j-1]+\sum\limits_{k=i-1}^{1} C_{l+p-2}^p*f[k-1][j-1]$

$code$

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std;

const int N=5e2+10,mod=1e9+7;

int n,cnt,ans,ys[N<<1],a[N],b[N],f[N],g[N],inv[N];

void get_INV()

{

	inv[0]=inv[1]=1;

    for(int i=2;i<=n;i++)

        inv[i]=((mod-mod/i)*inv[mod%i])%mod;

}

#undef int

int main()

{

	#define int long long

	scanf("%lld",&n);

	get_INV();

	for(int i=1;i<=n;i++)

	{

		scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]);

		ys[++cnt]=a[i];

		ys[++cnt]=++b[i];

	}

	sort(ys+1,ys+cnt+1);

	cnt=unique(ys+1,ys+cnt+1)-ys-1;

	for(int i=1;i<=n;i++)

	{

		a[i]=lower_bound(ys+1,ys+cnt+1,a[i])-ys;

		b[i]=lower_bound(ys+1,ys+cnt+1,b[i])-ys;

	}

	f[0]=g[0]=1;

	for(int j=1;j<cnt;j++)

	{

		int len=ys[j+1]-ys[j];

		for(int i=1;i<=n;i++)

			g[i]=g[i-1]*(len+i-1)%mod*inv[i]%mod;

		for(int i=n;i>=1;i--)

			if(a[i]<=j&&j<b[i])

				for(int k=i-1,tot=1;k>=0;k--)

				{

					f[i]=(f[i]+f[k]*g[tot]%mod)%mod;

					if(a[k]<=j&&j<b[k])

						tot++;

				}

	}

	for(int i=1;i<=n;i++)

		ans=(ans+f[i])%mod;

	printf("%lld",ans);

	return 0;

}

$T3$题解 P3158 [CQOI2011]放棋子

背景

考试的时候这个题也看了不短时间，想到了题解的一小部分，剩下的就不知道偏到哪去了,本来一开始还想整一下dp呢，到了后来直接组合数学呀，欧拉筛呀一些玄学东西，最后的测试结果也是WA，RE，TLE五花八门的。。。

解题思路

首先感谢这篇blog,以及赵队的讲解，让我懂了这个题。。。

因为n的数据比较小吗，我们的数组可以多开那么两维

f[i][j][k]表示前k种颜色占领了任意i行j列的方案数。
g[i][j][k]表示任意k枚同色棋子放任意i行j列的方案数。

g数组主要用于维护f数组

先看f数组

$f[i][j][k]=\sum_{l=0}^{i-1}\sum_{r=0}^{j-1}f[l][r][k-1]*g[i-l][j-r][s[k]]*C^{n-l}_{i-l}*C^{m-r}_{j-r}$

更新的条件是$(i-l)*(j-r) \ge s[k] $

$\sum_{l=0}^{i-1}\sum_{r=0}^{j-1}$枚举前k-1种颜色在l行r列时的情况

$f[l][r][k-1]$为前k-1种颜色在l行r列时的方案数

$g[i-l][j-r][s[k]]*C^{n-l}_{i-l}*C^{m-r}_{j-r}$则是枚举第k种颜色在i-l行j-r列的方案数

再看g数组

$g[i][j][k]=C^{i*j}_k-\sum_{l=1}^i\sum_{r=1}^jg[l][r][k]*C_l^i*C_r^j$

更新的条件是$l<i||r<j$并且$i*j \ge k$

$C^{i*j}_k$就是把i*j个数中整出来k个

由于我们要求g[i][j][k]要求记录的是把前i行前j列占满的情况，这里需要容斥一下

$\sum_{l=1}^i\sum_{r=1}^jg[l][r][k]*C_l^i*C_r^j$表示前i行前j列没有占满，也就是不符合条件的方案数

一些优化

显而易见，我们在求组合数时可以用杨辉三角预处理一下。

并且通过观察我们发现g数组通过在枚举种数是可以压掉最后一维节省空间。

在运算的时候要多取mod,杨辉三角求组合数尽量初始化大一些，否则连样例都过不了（别问我为什么知道，我就是知道[流泪.jpg]）

code

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std;

const int N=35,M=310,mod=1e9+9;

int n,m,t,ans,s[N],c[N*N][N*N],f[N][N][N],g[N][N];

void get_C()

{

	for(int i=0;i<N*N;i++)

	{

		c[i][0]=1;

		for(int j=1;j<=i;j++)

			c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;

	}

}

#undef int

int main()

{

	#define int long long

	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&t);

	f[0][0][0]=1;

	get_C();

	for(int k=1;k<=t;k++)

	{

		scanf("%lld",&s[k]);

		memset(g,0,sizeof(g));

		for(int i=1;i<=n;i++)

			for(int j=1;j<=m;j++)

				if(i*j>=s[k])

					g[i][j]=c[i*j][s[k]];

		for(int i=1;i<=n;i++)

			for(int j=1;j<=m;j++)

				if(i*j>=s[k])

					for(int l=1;l<=i;l++)

						for(int r=1;r<=j;r++)

							if(l<i||r<j)

								g[i][j]=(g[i][j]-g[l][r]*c[i][l]%mod*c[j][r]%mod+mod)%mod;

		for(int i=1;i<=n;i++)

			for(int j=1;j<=m;j++)

				for(int l=0;l<i;l++)

					for(int r=0;r<j;r++)

						if((i-l)*(j-r)>=s[k])

							f[i][j][k]=(f[i][j][k]+f[l][r][k-1]*g[i-l][j-r]%mod*c[n-l][i-l]%mod*c[m-r][j-r]%mod)%mod;

	}

	for(int i=1;i<=n;i++)

		for(int j=1;j<=m;j++)

				ans=(ans+f[i][j][t])%mod;

	printf("%lld",ans%mod);

	return 0;

}