Edu Round 170 Review

news/2024/10/18 17:54:21/文章来源:https://www.cnblogs.com/Hanggoash/p/18474771

Edu Round 170 Review

A

分析

一个很显然的根据前缀划分的贪心，直接指针模拟就好了。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{int t;cin>>t;while(t--){string a,b;cin>>a>>b;int l1=a.length(),l2=b.length();int p=0;while(p<l1&&p<l2&&a[p]==b[p])p++;if(p>0)p--;cout<<l1+l2-p<<'\n';}}

B

分析

打表就发现需要输出的就是 \(2^n\) ，然而这道题我卡了十多分钟，实在是有点sb了。

具体证明的话可以用数学归纳法，也可以直接证明，都是比较容易的。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MOD=1e9+7;
inline int power(int a,int b)
{int ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return ans%MOD; 
}
const int N=2e5+1;
int t,n[N],k[N];
inline void solve()
{cin>>t;for(int i=1;i<=t;++i)scanf("%d",&n[i]);for(int i=1;i<=t;++i)scanf("%d",&k[i]),printf("%lld\n",power(2,k[i]));
}
signed main()
{solve();
}

C

分析

其实思路上面很简单，只需要以每个数为开头贪心地连续去选择尽可能多的数字就可以了。

注意这样做是 \(O(n^2)\) 的，那么考虑如何在枚举的时候快速地从现在的答案推知下一个答案。

很容易想到一个简化的莫队，从 \([l,r]\) 到 \([l+1,r+1]\) ，实际上只是增加了一个数，去除了一个数而已，通过增量就可以计算出来。

边界写错了吃了两发罚时（实际上可以不需要去重的，所以说本人的找屎能力真的强）。

又成功地在模拟题上面写出了一道屎山代码。。。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
template<typename T>inline void re(T &x)
{x=0;int f=1;char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}x*=f;
}
template<typename T>inline void wr(T x)
{if(x>9)wr(x/10);putchar(x%10^48);
}
int t,n,k,a[200010];
pair<int,int>b[200010];
inline void solve()
{re(n),re(k);for(register int i=1;i<=n;++i)re(a[i]);sort(a+1,a+n+1);a[n+1]=0;int cnt=1,p=0;for(register int i=1;i<=n;++i){if(a[i]!=a[i+1]){b[++p].first=a[i];b[p].second=cnt;cnt=1;}else cnt++;}int ans=-1,lasl=0,lasr=0;int lasans=0;for(register int i=1;i<=p;++i){if(!lasans){int p1=i+1;lasans=b[i].second;while(p1<=p&&p1-i+1<=k&&b[p1].first-b[p1-1].first==1)lasans+=b[p1++].second;ans=max(ans,lasans),lasl=i,lasr=p1-1;}else{int nowr=lasr+i-lasl;if(b[nowr].first-b[nowr-1].first!=1||nowr>p){i=nowr-1;lasans=lasl=lasr=0;continue;}lasans-=b[i-1].second,lasans+=b[nowr].second;ans=max(ans,lasans);}}wr(ans),putchar('\n');
}
signed main()
{re(t);while(t--)solve();return 0;
}

D

分析

因为实现能力太差，C做了一个小时，导致D只有不到二十分钟的时间了，大概扫过去想了一个很骚的做法，就是倒叙枚举然后贪心地选择贡献即可，结果发现题看错了。。。

这种涉及到抉择的题发现贪心是假的，那肯定就是DP了。

那其实阶段和状态也很容易设计出来。

定义 \(dp[i][j]\) 为前 \(i\) 个数字 选择了 \(j\) 点智力加点能够获得的分数（注意此时体力的加点一定是唯一确定的，因此我们没有必要单独开一维来单独记录，前提是我们需要统计出来一个数组来记录任意某个位置 \(pos\) 之前一共出现了多少个 \(0\) ） 。

那么转移方程也非常的水到渠成：

如果 \(a_i=0\) ，那么所有的 \(dp[i][j]=\max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1])\)

如果 \(a_i>0\) ，那么所有的 \(dp[i][j](j\ge a_i)=dp[i-1][j]+1\)

如果 \(a_i<0\) ，那么所有的 \(dp[i][j](j\le sum0-(-a_i))=dp[i-1][j]+1\)

注意到我们会多次执行区间加的操作，实际上你可以写一个线段树，或者是树状数组，然而都太麻烦或者不好实现（对我来说）。

我们可以直接采用差分数组，但是缺陷就在于，虽然可以多次进行区间加法，但是一只能统计一次。观察到这道题 \(m\) 的数据范围非常小，所以每次遇到一个 \(0\) 之前，我们就暴力地统计一遍差分数组，然后加到 \(dp\) 数组里面，而后进行 \(0\) 处该进行的转移，再把差分数组清零，重新进行后续的区间加操作即可。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<typename T>inline void re(T &x)
{x=0;int f=1;char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}x*=f;
}
template<typename T>inline void wr(T x)
{if(x>9)wr(x/10);putchar(x%10^48);
} 
const int N=2e6+100;
int a[N],dp[5010];
int n,m;
int s[5010];
inline void add(int l,int r,int v)
{s[l]+=v,s[r+1]-=v;
}
inline void	calcsum()
{for(int i=1;i<=m;++i)s[i]+=s[i-1];for(int i=0;i<=m;++i)dp[i]+=s[i],s[i]=0;
}	
inline void pre()
{re(n),re(m);for(register int i=1;i<=n;++i)re(a[i]);
}
inline void solve()
{int sum0=0;for(register int i=1;i<=n;++i){if(a[i]==0){calcsum();for(register int j=++sum0;j>=1;--j)dp[j]=max(dp[j],dp[j-1]);	}else if(a[i]>0){if(sum0<a[i])continue;add(a[i],sum0,1);}else{if(sum0<abs(a[i]))continue;add(0,sum0+a[i],1);					}}calcsum();int ans=-1;for(register int i=0;i<=m;++i)ans=max(ans,dp[i]);wr(ans);
}
int main()
{pre();solve();return 0;
}
/*
dp[i][j] 前i个数字  拥有 j 点智力可以获得的分数all dp[i][j]=dp[i-1][j];
if(0)dp[i][j]=max dp[i][j],dp[i-1][j-1];
if(+)dp[i][j]=add(a[i],sum0[i],1);
if(-)  dp[i][j]=add(0,sum0[i]+a[i],1);写的时候的问题：前缀和之后没有给dp 0加上去统计差分 和 进行 O(m) 转移的顺序搞反了  
*/

E

非常好的一道计数题，让我“温习“了一下在高二的时候学习过的卡特兰数。

前置知识

卡特兰数

定义背景

由于这一类组合数对于实际问题有意义，所以才会被单独讨论，它适用于如下情况：

  1. 有 \(n\) 个人排成一行进入剧场。入场费 5 元。其中只有个 \(n\) 人有一张 5 元钞票，另外人 \(n\) 只有 10 元钞票，剧院无其它钞票，问有多少种方法使得只要有 10 元的人买票，售票处就有 5 元的钞票找零？
  2. 有一个大小为 \(n\times n\) 的方格图开始每次都只能向右或者向上走一单位，不走到对角线上方（但可以触碰）的情况下到达右上角有多少可能的路径？
  3. 在圆上选择 \(2n\) 个点，将这些点成对连接起来使得所得到的条 \(n\) 线段不相交的方法数？
  4. 对角线不相交的情况下，将一个凸多边形区域分成三角形区域的方法数？
  5. 一个栈（无穷大）的进栈序列为 \(1-n\) 有多少个不同的出栈序列？
  6. \(n\) 个结点可构造多少个不同的二叉树？
  7. 由 \(n\) 个\(+-1\) 组成的序列，满足任意前缀和非负，有多少种构造方案?

公式

  1. \(H_n=\frac{C_{2n}^{n}}{n+1}\)

  2. \(H_n=C_{2n}^n-C_{2n}{n-1}\)

  3. \(H_n=H_{n-1}\times \frac{4n-2}{n+1}\)

  4. DP的方式求（卡特兰数实际上是一个匹配的过程）

    定义 \(f_{i,j}\) 为，前 \(i\) 个数，剩下了 \(j\) 个没有匹配的方案数，那么最后的答案就是 \(f_{2n,0}\)

    转移方程也很好写，

    ​ $$f_{i,j}+=f_{i-1,j-1}$$ 当前作为左括号。

    ​ $$f_{i,j}+=f_{i-1,j+1}$$ 当前作为右括号并和一个左括号匹配。

分析

我们钦定两个人分别为 \(A,B\) ，明显的是这道题中 \(1\) 是一个比较特殊的花色，对于其他普通的花色，我可以两个人选的一样，然后两个人内部进行分配使得 \(A\) 总是赢；也可以暂时让 \(B\) 的牌多于 \(A\) ，后面拿若干张的 \(1\) 来进行弥补性配对。

我们考虑如何进行这个计数DP。

对于 \(1\) 花色特殊考虑，我们先不处理它。

对于其他任意一种颜色，我们应用第一种分配策略时，把 \(m\) 张牌均分给两个人，首先假定这个 \(1-m\) 的序列已经降序排列好了。

那么我们从大到小以此给两人分配，发现如果任何时刻，我给 \(B\) 分配的牌都必须要小于等于给 \(A\) 分配的牌，才能够满足题设条件。

那么这实际上就是一个卡特兰数 \(H_{\frac{m}{2}}\)，可以比较性地发现。

我们应用第二种分配时，很容易想到先选出 \(k\) （偶数）个来不进行配对之后和 \(1\) 配，然后剩下的 \(m-k\) 个按照卡特兰数配对。

看起来没什么问题，实际上也确实没问题，但在这道题的计数规则下就是错误的，由于我选出来不配对的几个数实际上是归于 \(A\) 的，这就意味着分别属于 \(A\) 的参与匹配的集合 和 A的暂时不参与匹配集合 的两个数，可能会被重复计算。

反观我们用 DP 求卡特兰数的过程，实际上就已经把这里我们需要的答案给计算出来了，我们想要剔除 \(k\) 个，然后剩下的配对，那么方案数就是上面提到的 \(f_{i,k}\) ，那么我们转移起来也就相对来说很好想了。

\(dp_{i,j}\) 的定义是 前 \(i\) 个花色 （不包括 \(1\) ），一共剩下了 \(j\) 个的方案数。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MOD=998244353,N=600;
int dp[N][N],n,m;
inline int power(int a,int b)
{int ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return ans%MOD;
}
inline void garbage_bin()
{int C[N][N],catalan[N];for(register int i=0;i<=m;++i){C[i][0]=1;for(register int j=1;j<=i;++j)C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%MOD;}catalan[0]=1;for(register int i=1;i<=m;i++)catalan[i]=catalan[i-1]*(4*i-2)%MOD*power(i+1,MOD-2)%MOD;
}
int cat[N][N]; 
void pre()
{cin>>n>>m;cat[0][0]=1;for(register int i=1;i<=m;++i)for(register int j=0;j<=m;++j){if(j-1>=0)cat[i][j]+=cat[i-1][j-1],cat[i][j]%=MOD;cat[i][j]+=cat[i-1][j+1],cat[i][j]%=MOD;}
}
void solve()
{dp[0][0]=1;for(register int i=1;i<=n-1;++i){for(register int j=0;j<=m;j+=2)for(register int k=0;k<=j;k+=2)dp[i][j]+=dp[i-1][j-k]*cat[m][k]%MOD,dp[i][j]%=MOD;	}int ans=0;for(register int j=0;j<=m;j+=2)ans+=cat[m][j]*dp[n-1][j]%MOD,ans%=MOD;cout<<ans;		
}
// 4  3 2 1
// 12A + 4A3B
// 13A + 4A2B
// 14A + 3A2B
// 23A + 4A1B
// 24A + 3A1B
// 34A + 2A1B 
//dp 4 2=dp 3 1 (2)+dp3 3 (1)
signed main()
{pre();solve();return 0;
}

好久没有写过题解了。。。。

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