T1 酸碱度中和
题目描述
小明有 \(n\) 瓶生理盐水，由于浓度不太一样， 以及混进来了一些奇怪的东西，第𝑖i瓶生理盐水的酸碱度是 \(a_i\) 。
小明觉得 \(n\) 个瓶子太多了，于是他决定把这 \(n\) 瓶盐水重新灌装进 \(k\) 个瓶子中。
把若干瓶盐水混到一起的前提条件是：每一瓶盐水的酸碱度是一样的。
这显然太困难了，所以小明准备去哆啦A梦的杂货铺购买道具“酸碱度修改器”。
“酸碱度修改器”有一个属性值 \(m\) ，当你使用它在某一瓶盐水上的时候，可以把这瓶盐水的酸碱度增加/减少最多 \(m\)。比如你有一个属性为 \(3\) 的“酸碱度修改器”，那么你可以把原来酸碱度为 \(4\) 的生理盐水的酸碱度修改为 \(1\),\(2\),\(3\),\(4\),\(5\),\(6\),\(7\) 中的任何一个值。
“酸碱度修改器”可以重复使用。但是，对于每一瓶生理盐水来说只能使用一次。
属性值 \(m\) 越大的“酸碱度修改器”越贵，因此，小明决定购买 \(m\) 尽量小的，请帮助小明算一算，他最少要买属性为多少的“酸碱度修改器”。
输入格式
第一行输入 \(n\),\(k\)。
接下来一行输入 \(n\) 个正整数表示 \(a_i\)。
输出格式
一个数字表示答案。
输入数据 1
4 2
1 3 5 7
输出数据 1
1
输入数据 2
4 1
1 3 5 7
输出数据 2
3
数据范围
对于30%的数据：\(𝑛≤20\)。
对于50%的数据：\(n≤500\)。
对于另外20%的数据：\(k=2\)。
对于100%的数据：\(𝑛≤10^5,1≤𝑎𝑖≤10^9\)。 全部数据 \(k<=50000\)
解析
本场考试最大的失误，看到 \(1e5\) 没往二分那里想，先考虑的 DP，然后发现不可做，于是打暴力拿部分分。
正解 二分答案。可以先把序列从小到大排序，可以发现修改器的最大值即为 $\left \lceil \frac{s}{2} \right \rceil $，其中 \(S=a[n]-a[1]\) 代表极差。由于随着修改器数值的减小，整个序列分成的段数就越多，满足单调性。那么可以二分这个修改器的属性，看能否把序列分成 \(k\) 段即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int N = 1e5 + 1;
int n, k, a[N];
inline bool check(int t){int cnt = 1, lst = 1, i = 1;while(i <= n)if(a[i] - a[lst] > t) ++cnt, lst = i;else ++i;return cnt<=k;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);cin>>n>>k; if(k >= n) return cout<<'0', 0; for(int i=1; i<=n; ++i) cin>>a[i];sort(a+1, a+1+n);int l = 0, r = a[n]-a[1]+1;while(l < r){int mid = (l + r) >> 1;if(check(mid)) r = mid;else l = mid+1;} return cout<<(l+1>>1), 0;
}
T2 聪明的小明
题目描述
小明开了个酒厂，他的酒厂里面会出产 \(k\) 种酒。
有一天，市长要来他的酒厂视察，他可太高兴了。
为了应对这次视察，他决定在一个陈列长廊上摆放 \(n\) 瓶酒。市长走过这个长廊的时候就会看到每一瓶酒。
通过市长秘书处的打听，小明得到了一个重要消息：市长将会在考察完毕后，从长廊里面连续的取走 \(m\) 瓶酒作为纪念。
为了让市长带走的酒里，一定包含酒厂中产出的每一种酒，小明决定仔细研究这 \(n\) 瓶酒具体来摆放哪些酒。
请帮助小明算一算，他有多少种摆放酒的方案吧！
输入格式
第一行三个正整数 \(n\), \(k\) ,\(m\)，如题所述。
输出格式
输出答案 \(\bmod 998244353\)。
样例 #1
样例输入 #1
4 2 3
样例输出 #1
10
提示
【样例 1 解释】
一共1010种方案：
[1121],[1122],[1211],[1212],[1221],[2212],[2211],[2122],[2121],[2112]
样例输入 #2
10 4 6
样例输出 #2
81552
样例输入 #3
100000 7 10
样例输出 #3
77680521
数据范围
对于25%的数据：\(n≤20,k=2\)。
对于另5%的数据：\(k=m\)。
对于另20%的数据：\(k=2\)。
对于另20%的数据：\(𝑚≤5\)。
对于100%的数据：\(𝑚≤𝑛≤10^5,1≤𝑘≤𝑚≤10\)。
解析
看到时一眼组合题，然后发现不可做。于是又打暴力大部分分。
部分分
其实当 \(k=m\) 时，总方案数为 \(k!\)。
当 \(k=2\) 时，可用容斥原理求解，方案数为 \(2^n+\sum_\limits{i=1}^{n-m-2}2^{n-m+2-i}\times (n-m+2-i)\times (-1)^i\) (来自 dyk 大佬的推理，我不会)。
正解
对，没错，状压 DP。考虑其中一段 \(m\) 序列，假设 \(m=5\) , \(k=3\)，于是有 \(11223\)、\(12333\) 等等。可以发现 \(11223\) 和 \(22113\) 和 \(11332\) 的贡献是一样的，于是就可以只记录每种酒最后出现的位置 \(*1*23\)，进一步 \(*1*23\) 和 \(*2*13\) 是一样的，于是可简化为 01串 \(01011\)。看一眼范围 \(m\le 10\) 所以总共有 1<<10种状态，状态合法的条件是状态中 \(1\) 的数量等于 \(k\)，并且最高位一定为 \(1\)。然后计算每种状态对应的 dp[m][s]。接下来就是递推操作。可以从初始状态 dp[m][s] 开始递推，对于每一次转移，考虑这个 01 串中哪一个 \(1\) 被替换到前面即可。例如 \(1100\) 可以从 \(1001\)、\(1010\) 和 \(1100\) 转移而来。复杂度 \(O(n2^m)\)。
最后滚动数组优化。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lb(x) (x&-x)
constexpr int M = 998244353, N = 1e5 + 1;
int n, k, m, dp[N][(1<<10)+1], ans;
vector<int> base, G[(1<<10)+1];
inline int get(int t){int ans = 1;for(int i=0, num=k; i<m; ++i){ans = (__int128)ans * num % M;if(t&(1<<i)) --num;} return ans;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0), cout.tie(0), cin.tie(0);cin>>n>>k>>m;for(int i=1<<(m-1); i<(1<<m); ++i){if(__builtin_popcount(i) == k){ // 统计有多少1base.push_back(i);dp[m][i] = get(i);}}for(int a : base) for(int b : base){for(int i=1, t=b; i<=k; ++i, t-=lb(t)){if((b-lb(t)+(1<<m))>>1 == a) { // 万能 lowbitG[a].push_back(b);break;}}} for(int i=m+1; i<=n; ++i) for(int a : base) for(int b : G[a])dp[i][a] = (__int128)(dp[i][a] + dp[i-1][b]) % M;for(int a : base) ans = (__int128)(ans + dp[n][a]) % M;return cout<<ans, 0;
}
