Noip模拟赛day2:解题报告

最新推荐文章于 2019-08-10 09:20:00 发布

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本文探讨了状压动态规划解决队伍排列问题，及分治策略处理序列最大最小值乘积问题，还介绍了带权排序的期望计算方法，通过线段树优化复杂度。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

1.队伍统计

Description

现在有n个人要排成一列，编号为 $1→n1\to n$ 。但由于一些不明原因的关系，人与人之间可能存在一些矛盾关系，具体有m条矛盾关系(u,v),表示编号为u的人想要排在编号为v的人前面。要使得队伍和谐，最多不能违背k条矛盾关系（即不能有超过k条矛盾关系 $(u, v)$ ,满足最后v排在了u前面）。问有多少合法的排列。答案对 $10^9+7$ 取模。

Input

第一行包括三个整数 $n, m, k$ 。
接下来 $m$ 行，每行两个整数 $u, v$ ,描述一个矛盾关系 $(u, v)$ 。
保证不存在两对矛盾关系 $(u, v), (x, y)$ ，使得 $u = x$ 且 $v = y$ 。

Output

输出包括一行表示合法的排列数。

Data Constraint

对于 $30%30\%$ 的数据， $n≤10n\leq10$
对于 $60%60\%$ 的数据， $n≤15n\leq15$
对应 $100%100\%$ 的数据， $n,k≤20,m≤n∗(n−1)n,k\leq20,m\leq n*(n-1)$ ，保证矛盾关系不重复。

Solutions

看到数据范围，显然就是状压 $D P$ 了。
设 $F [s] [i]$ 表示已经选了的人的集合为 $s$ 、已经违背了 $i$ 条矛盾关系的合法排列数。
转移时枚举将要选的人，处理出会产生的矛盾关系即可。
那么如何快速处理出将会产生的矛盾关系呢？
考虑预处理出 $a [x]$ 表示排在 $x$ 以前会有矛盾的人的集合，
那么与 $s&s\&$ 的值二进制的 $1$ 的个数就是所求的数量了。
时间复杂度为 $O (2 N * N * K)$

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int mo = 1e9 + 7;
int n,m,k,ans;
int a[21],g[1 << 20],p[21],f[1 << 20][21];
inline void read(int &sum) 
{
    char ch = getchar();
    int tf = 0;
    sum = 0;
    while((ch < '0' || ch > '9') && (ch != '-'))
        ch = getchar();
    tf = ((ch == '-') && (ch = getchar()));
    while(ch >= '0' && ch <= '9')
        sum = sum * 10 + (ch - 48),ch = getchar();
    (tf) && (sum = -sum);
}
inline void dfs(int x,int y,int z)
{
    if(z > n) 
		return;
    g[x] = y;
    dfs(x,y,z + 1);
    dfs(x + p[z],y + 1,z + 1);
}
int main()
{
    read(n);
	read(m);
	read(k);
    for(int i = p[0] = 1;i <= n;i++) 
		p[i] = p[i - 1] << 1;
    dfs(0,0,0);
    for(int i = 1;i <= m;i++)
    {
        int x,y;
        read(x);
        read(y);
        a[y] |= p[x - 1];
    }
    f[0][0] = 1;
    for(int s = 0;s < p[n];s++)
        for(int j = 1;j <= n;j++)
            if(p[j - 1] & s)
            {
                int sum = g[s&a[j]];
                for(int i = sum;i <= k;i++) 
					f[s][i] = (f[s][i] + f[s - p[j - 1]][i - sum]) % mo;
            }
    for(int i = 0;i <= k;i++) 
		ans = (ans + f[p[n] - 1][i]) % mo;
    cout << ans;
    return 0;
}

2.序列问题

Description

给定一个长度为 $n$ 的序列 $A$ 。定义 $f(l,r) = max(a_l,a_{l+1},...,a_r)$ ,
$g(l,r)=min(a_l,a_{l+1},...,a_r)$ ，希望你求出：
$(∑l=1n∑r=lnf(l,r)∗g(l,r))mod(1e9+7)\left(\sum\limits^{n}_{l=1} \sum\limits^{n}_{r=l}f(l,r)*g(l,r)\right)mod\left(1e9+7\right)$

Input

首先输入n。
接下来输入n个数，描述序列 A。

Output

输出一行一个整数代表答案。

Data Constraint

对于 $30%30\%$ 的数据， $n≤5000n\leq5000$
对于 $60%60\%$ 的数据， $n≤50000n\leq50000$
对于 $100%100\%$ 的数据， $n≤500000,0≤A[i]≤109n\leq500000,0\leq A[i]\leq10^9$

Solutions

这种题马上想到的就是分治。

对于区间 $[x . . y]$ ,将它分成三部分：
$\large\frac{x+y}{2}$
1.左右端点都在 $[x . . m]$ 里的。
2.左右端点都在 $[m + 1 . . y]$ 里的。
3.左右端点在 $m$ 的两旁。
前两个递归处理，考虑第三个怎么求，这是分治的常规套路。
先考虑区间 $[m + 1 . . y]$ （右区间），以 $m + 1$ 为左端点，从左往右枚举右端点， $m i n$ 值会不断变小， $m a x$ 值会不断变大，将变化的地方存下来，分别放进两个数组里，设为 $a, b$ 。
现在还要考虑区间 $[x . . m]$ （左区间），从 $m$ 出发，从右往左枚举左端点l，记录下 $m i n$ 值和 $m a x$ 值，设为 $minl\large min_l$ 。
最后需要将两个区间合并。
在 $a$ 数组里找到代表的值第一个小于 $min_l$ 的位置 $u$ （从左往右看），
在 $b$ 数组里找到代表的值第一个大于 $max_l$ 的位置 $v$ （从左往右看）。
这个可以二分。
由于 $min_l$ 不断缩小， $max_r$ 不断变大，也可以直接维护个指针。
右端点r的取法接下来有四种情况：
1. $r < min(u, v),min_{[l..r]} = min_l,min_{[l..r]} = min_r$
2. $\geq max(u, v), min_{[l..r]} = [l..r]$ 里的点到 $m + 1$ 的最小值， $max_[l..r] = [l..r]$ 里的点到 $m + 1$ 的最大值。
3. $\leq v, u\leq r < v,min_{[l..r]} = [l..r]$ 里的点到 $m + 1$ 的最小值， $max_{[l..r]} = min_r$ 。
4. $v\leq r < u,min_{[l..r]} = min_l,max_{[l..r]} = [l..r]$ 里的点到 $m + 1$ 的最大值。
1可以直接算。
2、3、4维护前缀和就行了。

Code

# include<cstdio>
# include<cstring>
# define ll long long
# define fo(i, x, y) for(ll i = x; i <= y; i ++)
# define fd(i, x, y) for(ll i = x; i >= y; i --)
# define min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
# define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
using namespace std;
const ll N = 500005, mo = 1e9 + 7;
ll n, a[N], u[N], v[N], s1[N], s2[N], s3[N];
ll ans;
inline void read(int &sum) 
{
    char ch = getchar();
    int tf = 0;
    sum = 0;
    while((ch < '0' || ch > '9') && (ch != '-'))
        ch = getchar();
    tf = ((ch == '-') && (ch = getchar()));
    while(ch >= '0' && ch <= '9')
        sum = sum * 10 + (ch - 48),ch = getchar();
    (tf) && (sum = -sum);
}
void dg(ll x, ll y) 
{
    if(x > y) 
		return;
    if(x == y) 
	{
        ans = (ans + a[x] * a[x] % mo) % mo; 
        return;
    }
    ll m = (x + y) / 2;
    dg(x, m); dg(m + 1, y);
    u[0] = v[0] = 1;
    u[1] = v[1] = m + 1;
    s1[m] = s2[m] = s3[m] = 0;
    s1[m + 1] = a[m + 1];
    s2[m + 1] = a[m + 1];
    s3[m + 1] = a[m + 1] * a[m + 1];
    fo(i, m + 2, y) 
	{
        if(a[i] < a[u[u[0]]]) 
			u[++ u[0]] = i;
        if(a[i] > a[v[v[0]]]) 
			v[++ v[0]] = i;
        s1[i] = (s1[i - 1] + a[u[u[0]]]) % mo;
        s2[i] = (s2[i - 1] + a[v[v[0]]]) % mo;
        s3[i] = (s3[i - 1] + a[u[u[0]]] * a[v[v[0]]]) % mo;
    }
    ll min = 1e9,max = -1e9,l = 1,r = 1;
    ll sum = ans;
    fd(i, m, x) 
	{
        min = min(min, a[i]); 
		max = max(max, a[i]);
        while(l <= u[0] && min <= a[u[l]]) 
			l++;
        while(r <= v[0] && max >= a[v[r]]) 
			r++;
        ll l1 = (l > u[0]) ? y : (u[l] - 1),r1 = (r > v[0]) ? y : (v[r] - 1);
        if(min(l1,r1) > m)
            ans += (min(l1, r1) - m) * min % mo * max % mo;
        if(max(l1, r1) < y)
            ans += s3[y] - s3[max(l1, r1)];
        if(l1 <= r1)
            ans += (s1[r1] - s1[l1]) * max % mo; 
		else
            ans +=  min * (s2[l1] - s2[r1]) % mo;
        ans = (ans % mo + mo) % mo;
    }
}
int main() 
{
    freopen("seq.in", "r", stdin);
   	freopen("seq.out", "w", stdout);
    read(a[i]);
    fo(i, 1, n)
		read(a[i]);
    dg(1, n);
    cout << ans;       
}

3.带权排序

Description

[外链图片转存中…(img-s7gihznN-1562400240227)]

Solutions

$E[∑i=1nSiPi]=∑i=1nSiE[pi]E\left[\sum\limits^{n}_{i=1}S_iP_i\right]=\sum\limits^{n}_{i=1}\small{S_i}\large E\left[p_i\right]$
考虑怎么求出 $E[p_i]$
$E[pi]=∑j<ip(aj≤ai)+∑j>ip(aj<ai)E[p_i]=\sum_{j<i}p(a_j \leq a_i)+\sum_{j>i}p(a_j<a_i)$
注意到 $a_i$ 的取值是整数，不妨先考虑 $∑j<ip(aj≤ai)\sum_{j<i}p(a_j \leq a_i)$ 的贡献。我们从左往右，对于 $a_j$ ，取值为 $l_j,r_i]$ ,考虑当 $a_i=x,i>j$ 时 $j$ 对 $i$ 的贡献，相当于要统计中有 $l_j,r_i]$ 多少 $≤\leq$ ?的数，分情况讨论：

$lj≤x≤rj,p(aj≤ai)=x−lj+1rj−lj\normalsize l_j\leq x\leq r_j,p(a_j\leq a_i)=\Large\frac{x-l_j+1}{r_j-l_j}$
$x≥rj,p(aj≤aj)=1x\geq r_j,p(a_j\leq a_j)=1$
可以发现贡献都可以写成一条直线的形式
维护一棵线段树存储每个?收到的贡献。每次相当于区间加一条直线，可以
$O (1)$ 合并， $O (1)$ 得到新的区间和。
对于 $p(aj≤aj)p(a_j\leq a_j)$ ，直接求出 $\in [l_i,r_i]$ 的区间和即可。
对于 $j < i$ 的情况类似。
总复杂度 $O(nlog⁡n)O(n\log n)$ 。

Code

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fod(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int maxn=1e5+7,mo=1e9+7;
typedef long long ll;
struct node{
    ll l,r;
    ll sum,s,k,bz;
}t[maxn*100];
ll i,j,k,l,n,m,root,num,da;
ll ans,ni[maxn],ni2;
struct nod{
    ll a,l,r;
}a[maxn];
ll qsm(ll x,ll y){
    ll z=1;
    for(;y;y/=2,x=x*x%mo)if(y&1)z=z*x%mo;
    return z;
}
void down(ll x,ll l,ll r){
    ll y=t[x].l,z=t[x].r;
    if(t[x].s||t[x].k){
        if(!y)t[y=t[x].l=++num]=(node){0,0,0,0,0,0};
        if(!z)t[z=t[x].r=++num]=(node){0,0,0,0,0,0};
        ll mid=(l+r)/2,s=t[x].s,k=t[x].k,ss=(s+(mid-l)*t[x].k%mo)%mo;
        (t[y].sum+=(s+ss)%mo*(mid-l+1)%mo*ni2%mo)%=mo;(t[y].s+=s)%=mo,(t[y].k+=k)%=mo;
        s=(ss+k)%mo;ss=(t[x].s+(r-l)*k%mo)%mo;
        (t[z].sum+=(s+ss)%mo*(r-mid)%mo*ni2%mo)%=mo;(t[z].s+=s)%=mo,(t[z].k+=k)%=mo;
        t[x].s=t[x].k=0;
    }
    if(t[x].bz){
        if(!y)t[y=t[x].l=++num]=(node){0,0,0,0,0,0};
        if(!z)t[z=t[x].r=++num]=(node){0,0,0,0,0,0};
        ll mid=(l+r)/2;
        (t[y].sum+=(mid-l+1)*t[x].bz%mo)%=mo;(t[z].sum+=(r-mid)*t[x].bz%mo)%=mo;
        (t[y].bz+=t[x].bz)%=mo;(t[z].bz+=t[x].bz)%=mo;
        t[x].bz=0;
    }
}
void change1(ll &x,ll l,ll r,ll y,ll z,ll s,ll k){
    if(y>z)return;
    if(!x)t[x=++num]=(node){0,0,0,0,0,0};
    if(l==y&&r==z){
        (t[x].sum+=(s*2%mo+(r-l)*k%mo)%mo*(r-l+1)%mo*ni2%mo)%=mo;
        (t[x].s+=s)%=mo,(t[x].k+=k)%=mo;
        return;
    }
    down(x,l,r);
    ll mid=(l+r)/2;
    if(z<=mid)change1(t[x].l,l,mid,y,z,s,k);
    else if(y>mid)change1(t[x].r,mid+1,r,y,z,s,k);
    else{
        change1(t[x].l,l,mid,y,mid,s,k);
        change1(t[x].r,mid+1,r,mid+1,z,(s+(mid-y+1)*k%mo)%mo,k);
    }
    t[x].sum=0;if(t[x].l)t[x].sum=t[t[x].l].sum;
    if(t[x].r)(t[x].sum+=t[t[x].r].sum)%=mo;
}
void change2(ll &x,ll l,ll r,ll y,ll z,ll o){
    if(y>z)return;
    if(!x)t[x=++num]=(node){0,0,0,0,0,0};
    if(l==y&&r==z){
        (t[x].sum+=(r-l+1)*o%mo)%=mo;
        (t[x].bz+=o)%=mo;
        return;
    }
    down(x,l,r);
    ll mid=(l+r)/2;
    if(z<=mid)change2(t[x].l,l,mid,y,z,o);
    else if(y>mid)change2(t[x].r,mid+1,r,y,z,o);
    else{
        change2(t[x].l,l,mid,y,mid,o);
        change2(t[x].r,mid+1,r,mid+1,z,o);
    }
    t[x].sum=0;if(t[x].l)t[x].sum=t[t[x].l].sum;
    if(t[x].r)(t[x].sum+=t[t[x].r].sum)%=mo;
}
ll find(ll x,ll l,ll r,ll y,ll z){
    if(!x)return 0;
    if(l==y&&r==z)return t[x].sum;
    down(x,l,r);
    ll mid=(l+r)/2;
    if(z<=mid)return find(t[x].l,l,mid,y,z);
    else if(y>mid)return find(t[x].r,mid+1,r,y,z);
    else return(find(t[x].l,l,mid,y,mid)+find(t[x].r,mid+1,r,mid+1,z))%mo;
}
int main(){
    freopen("sort.in","r",stdin);
    freopen("sort.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);ni2=(mo+1)/2;
    fo(i,1,n)scanf("%d%d%d",&a[i].a,&a[i].l,&a[i].r),da=max(da,a[i].r),ans=(ans+a[i].a)%mo,ni[i]=qsm(a[i].r-a[i].l+1,mo-2);
    fo(i,1,n){
        (ans+=a[i].a*find(root,0,da,a[i].l,a[i].r)%mo*ni[i]%mo)%=mo;
        change1(root,0,da,a[i].l,a[i].r,ni[i],ni[i]);
        change2(root,0,da,a[i].r+1,da,1);
    }
    root=num=0;t[1]=(node){0,0,0,0,0,0};
    fod(i,n,1){
        (ans+=a[i].a*find(root,0,da,a[i].l,a[i].r)%mo*ni[i]%mo)%=mo;
        change1(root,0,da,a[i].l+1,a[i].r,ni[i],ni[i]);
        change2(root,0,da,a[i].r+1,da,1);
    }
    printf("%lld\n",ans);
}