2024省选联测1

news/2025/3/9 22:35:35/文章来源:https://www.cnblogs.com/The-Shadow-Dragon/p/18637856

2024省选联测1

题目来源： 2024省选联测1

\(T1\) HZTG5808. interval \(40pts\)

原题： QOJ 1173. Knowledge Is..
考虑按照左端点升序排序后反悔贪心。
分别维护已经匹配的区间对和未被匹配的区间，若当前区间 \(a\) 可以和前面剩余的未被匹配的区间匹配则直接匹配；否则尝试找到一对已经匹配的区间 \(x,y\) ，若 \(y\) 的右端点比 \(a\) 的右端点靠左则替换成 \(x,a\) 进行匹配，可以证明将 \(y\) 换成 \(a\) 扩大了 \(y\) 能匹配的区间（如果不换就是 \(a\) 的匹配区间），一定不劣。

优先队列按照右端点升序排序即可。

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pair<int,int>a[500010];
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >used,wait;
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaacfreopen("interval.in","r",stdin);freopen("interval.out","w",stdout);
#endifint n,ans=0,i;scanf("%d",&n);for(i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&a[i].first,&a[i].second);}sort(a+1,a+1+n);for(i=1;i<=n;i++){if(wait.empty()==0&&wait.top()<a[i].first){ans++;used.push(a[i].second);wait.pop();}else{if(used.empty()==0&&used.top()<a[i].second){wait.push(used.top());used.pop();used.push(a[i].second);}else{wait.push(a[i].second);}}}printf("%d\n",ans);	return 0;
}

输出方案时只需要记录下来源后倒着给予编号即可。

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struct node
{int l,r,id;
}a[500010];
int col[500010];
priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,greater<pair<int,int> > >used,wait;
bool cmp(node a,node b)
{return (a.l==b.l)?(a.r<b.r):(a.l<b.l);
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaacfreopen("interval.in","r",stdin);freopen("interval.out","w",stdout);
#endifint n,m,i;scanf("%d%d",&n,&m);for(i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);a[i].id=i;}sort(a+1,a+1+n,cmp);for(i=1;i<=n;i++){if(wait.empty()==0&&wait.top().first<a[i].l){col[wait.top().second]=col[a[i].id]=m;m--;used.push(make_pair(a[i].r,a[i].id));wait.pop();if(m==0){break;}}else{if(used.empty()==0&&used.top().first<a[i].r){wait.push(used.top());col[a[i].id]=col[used.top().second];col[used.top().second]=0;used.pop();used.push(make_pair(a[i].r,a[i].id));}else{wait.push(make_pair(a[i].r,a[i].id));}}}for(i=1;i<=n;i++){if(col[i]==0&&m>=1){col[i]=m;m--;}printf("%d ",col[i]);}return 0;
}

\(T2\) HZTG5809. apers \(0pts\)

原题： QOJ 1359. Setting Maps
等学了网络流再来写。

\(T3\) HZTG5810. circles \(0pts\)

原题： QOJ 838. Horrible Cycles
先按照 \(\{ a \}\) 升序排序。
观察到最终的环一定是左右部点交错出现。在枚举右部点的过程中，每加入一个左部点与此同时与先前的所有右部点进行连边，可以看做左部点将若干个链连接形成了环。
设 \(f_{i,j}\) 表示处理到第 \(i\) 个右部点且还需要 \(j\) 个左部点进行连接的环的数量。当新加入一个右部点的时候，可以作为一条单独的链加入先前状态集合，有 \(f_{i,j} \gets f_{i-1,j}+(j-1)f_{i-1,j-1}\) ，边界为 \(f_{i,1} \gets f_{i-1,1}+1\) 。接着添加左端点，类似地，有 \(f_{i,j} \gets f_{i,j}+(j+1)f_{i,j+1}\) 。

在更新过程中每个环仅会在最大左部点断开位置处进行计算，但每个环在两个方向上均会对答案产生一次贡献；且每条边产生了一次贡献但不应在最终的答案中，故 \(\frac{1}{2}(f_{0}-\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i})\) 即为所求。

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const ll p=1000000007;
ll a[5010],f[5010];
ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{ll ans=1;while(b){if(b&1){ans=ans*a%p;}b>>=1;a=a*a%p;}return ans;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaacfreopen("circles.in","r",stdin);freopen("circles.out","w",stdout);
#endifll n,sum=0,i,j,k;cin>>n;for(i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];sum=(sum+a[i])%p;}sort(a+1,a+1+n);for(i=j=1;i<=n;i++){for(k=n;k>=2;k--){f[k]=(f[k]+(k-1)*f[k-1]%p)%p;}f[1]=(f[1]+1)%p;for(;j<=n&&a[j]==i;j++){for(k=0;k<=n;k++){f[k]=(f[k]+(k+1)*f[k+1]%p)%p;}}}cout<<(f[0]-sum+p)%p*qpow(2,p-2,p)%p<<endl;return 0;
}