【题解】HNOI-2013 Day2解题报告
2018-03-15 21:03
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鉴于估计bzoj活不久了,以后都尽量不贴bzoj的链接了
T1 数列
T2 游走
T3 切糕
代码在本文末尾
算法:数学推导
突破口:考虑每一个差分序列对答案的贡献
正确思路:发现m的限制不能用组合→考虑差分数列
发现该题如果使用组合数,则无法满足相邻两天的差不超过M这个限制,而数据范围不允许使用容斥,所以排除组合数的可能
发现题目中有一句容易被认为是鸡肋的东西并且这些参数满足M(K−1)<NM(K−1)<N,本着出题人不会没事干去保证数据满足什么无用性质的想法,觉得这点应该是有用的
然后发现如果要满足相邻两天的差不超过M的话,维护差分数组是很简单的,于是向下深入
设差分数组为{ai|i∈[1,k−1]}{ai|i∈[1,k−1]}
发现对于一个差分数组,满足差分后得到该数组的原数组有n−∑k−1i=1a[i]n−∑i=1k−1a[i]个,所以总答案为∑所有不一样的差分数组a[](n−∑i=1k−1a[i])∑所有不一样的差分数组a[](n−∑i=1k−1a[i])
由于M(K−1)<NM(K−1)<N,所以总共有mk−1mk−1种不同的差分数组
提出nn后,得到项n∗mk−1n∗mk−1
再考虑右边的项,总共mk−1mk−1个数组,每个里有k−1k−1个元素,每个数字平均分布,每个出现mk−1(k−1)m=mk−2(k−1)mk−1(k−1)m=mk−2(k−1)次,使用求和公式求和即可
所以总答案为n∗mk−1−mk−2∗(k−1)∗n(n+1)2n∗mk−1−mk−2∗(k−1)∗n(n+1)2
算法:贪心+期望+高斯消元
突破口:贪心,每条边分别考虑,且由点转移
正确思路:每条边分别考虑→贪心→由点推边→高斯消元
这题先看数据范围n≤500n≤500,肯定不是什么高端的诡异算法,目测时间复杂度在O(n2logn)O(n2logn)到O(n3)O(n3)左右
个人一看觉得像高斯消元,但发现有两种未知数(每个点的期望和每条边的权值)于是转换:不直接求点的期望答案,而是求边的期望,按照期望大小次序给定边权,再给边权赋值
但是求边的期望又可以由边两边的点的期望得到,只是这回求点的期望是求访问的期望,不是权值的期望,所以不用考虑边的权值,高斯消元即可
所以总流程为:
高斯消元求出每个点被访问到的期望
↓
根据点的期望反推每条边被访问到的期望
↓
按照每条边的期望大小排序贪心给定权值
↓
统计每条边的权值乘期望的和
Tips:这题转化了两次,而且是点→边→点的思维,思维难度比较大,需要耐心思考
算法:网络流
突破口:考虑网络流
正确思路:转化网络流→加边以满足相邻两点的距离差条件
发现这题每一列仅取一点,显然最小割模型
然后思考如何满足相邻两点的距离不超过D的限制
在草稿纸上画两笔就知道对于每个点(x,y,z)(x,y,z)往四个方向上高度为z±Dz±D的点连一条INFINF的边即可
鉴于估计bzoj活不久了,以后都尽量不贴bzoj的链接了
T1 数列
T2 游走
T3 切糕
代码在本文末尾
数列
主要考察:数学推导能力与转换能力算法:数学推导
突破口:考虑每一个差分序列对答案的贡献
正确思路:发现m的限制不能用组合→考虑差分数列
发现该题如果使用组合数,则无法满足相邻两天的差不超过M这个限制,而数据范围不允许使用容斥,所以排除组合数的可能
发现题目中有一句容易被认为是鸡肋的东西并且这些参数满足M(K−1)<NM(K−1)<N,本着出题人不会没事干去保证数据满足什么无用性质的想法,觉得这点应该是有用的
然后发现如果要满足相邻两天的差不超过M的话,维护差分数组是很简单的,于是向下深入
设差分数组为{ai|i∈[1,k−1]}{ai|i∈[1,k−1]}
发现对于一个差分数组,满足差分后得到该数组的原数组有n−∑k−1i=1a[i]n−∑i=1k−1a[i]个,所以总答案为∑所有不一样的差分数组a[](n−∑i=1k−1a[i])∑所有不一样的差分数组a[](n−∑i=1k−1a[i])
由于M(K−1)<NM(K−1)<N,所以总共有mk−1mk−1种不同的差分数组
提出nn后,得到项n∗mk−1n∗mk−1
再考虑右边的项,总共mk−1mk−1个数组,每个里有k−1k−1个元素,每个数字平均分布,每个出现mk−1(k−1)m=mk−2(k−1)mk−1(k−1)m=mk−2(k−1)次,使用求和公式求和即可
所以总答案为n∗mk−1−mk−2∗(k−1)∗n(n+1)2n∗mk−1−mk−2∗(k−1)∗n(n+1)2
游走
主要考察:转换能力算法:贪心+期望+高斯消元
突破口:贪心,每条边分别考虑,且由点转移
正确思路:每条边分别考虑→贪心→由点推边→高斯消元
这题先看数据范围n≤500n≤500,肯定不是什么高端的诡异算法,目测时间复杂度在O(n2logn)O(n2logn)到O(n3)O(n3)左右
个人一看觉得像高斯消元,但发现有两种未知数(每个点的期望和每条边的权值)于是转换:不直接求点的期望答案,而是求边的期望,按照期望大小次序给定边权,再给边权赋值
但是求边的期望又可以由边两边的点的期望得到,只是这回求点的期望是求访问的期望,不是权值的期望,所以不用考虑边的权值,高斯消元即可
所以总流程为:
高斯消元求出每个点被访问到的期望
↓
根据点的期望反推每条边被访问到的期望
↓
按照每条边的期望大小排序贪心给定权值
↓
统计每条边的权值乘期望的和
Tips:这题转化了两次,而且是点→边→点的思维,思维难度比较大,需要耐心思考
切糕
主要考察:建图能力算法:网络流
突破口:考虑网络流
正确思路:转化网络流→加边以满足相邻两点的距离差条件
发现这题每一列仅取一点,显然最小割模型
然后思考如何满足相邻两点的距离不超过D的限制
在草稿纸上画两笔就知道对于每个点(x,y,z)(x,y,z)往四个方向上高度为z±Dz±D的点连一条INFINF的边即可
代码部分
数列
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef unsigned long long ll; ll n,m,k,p; ll qpow(ll A,ll B){ A%=p; ll ans=1; while(B){ if(B&1)ans=ans*A%p; A=A*A%p; B>>=1; } return ans; } int main(){ cin>>n>>k>>m>>p;n%=p; if(k==1){printf("%llu\n",n);return 0;} ll ans=((n*qpow(m,k-1))%p-qpow(m,k-2)*(k-1)%p*((m*(m+1)>>1)%p)%p+p)%p; printf("%llu\n",ans); return 0; }
游走
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define rg register #define cl(x) memset(x,0,sizeof(x)) #define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y)) #define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y)) #define abs(x) ((x)>0?(x):(-(x))) #define eps (1e-10) template <typename _Tp> inline _Tp read(_Tp&x){ rg char c11=getchar(),ob=0;x=0; while(c11^'-'&&!isdigit(c11))c11=getchar();if(c11=='-')c11=getchar(),ob=1; while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();if(ob)x=-x;return x; } const int N=505,M=505005; struct Edge{int v,nxt;}e[M<<1]; double tot ,a ,f[M]; int head ,l[M],r[M],_=0,n,m; inline char cmp(const double aa,const double bb){return aa-bb>eps;} inline void add(int u,int v){ ++tot[u],++tot[v]; e[++_].v=v,e[_].nxt=head[u],head[u]=_; e[++_].v=u,e[_].nxt=head[v],head[v]=_; } int main(){ read(n),read(m); for(rg int i=0;i<m;++i) add(read(l[i]),read(r[i])); a[1] =-1.0; for(rg int i=1;i<n;++i){ a[i][i]=-1.0; for(rg int j=head[i];j;j=e[j].nxt) if(e[j].v!=n) a[i][e[j].v]=1.0/tot[e[j].v]; } for(rg int i=1;i<n;++i){ int ex=i;double ma=-1.0; for(rg int j=i;j<n;++j) if(fabs(a[j][i])-ma>eps) ma=fabs(a[ex=j][i]); if(ex!=i)for(rg int j=1;j<=n;++j)swap(a[i][j],a[ex][j]); double t=a[i][i]; for(rg int j=1;j<=n;++j)a[i][j]/=t; for(rg int j=1;j<n;++j) if(j!=i){ t=a[j][i]; for(rg int k=1;k<=n;++k) a[j][k]-=t*a[i][k]; } } for(rg int i=0;i<m;++i)f[i]=a[l[i]] /tot[l[i]]+a[r[i]] /tot[r[i]]; sort(f,f+m,cmp); double ans=0; for(rg int i=0;i<m;++i)ans+=f[i]*(i+1); printf("%.3lf\n",ans); return 0; }
切糕
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define qi(x,y) ((x&1)^(y&1)) #define get(x,y) ((x-1)*n+y) #define cl(x) memset(x,0,sizeof(x)) #define cl1(x) memset(x,-1,sizeof(x)) #define clm(x) memset(x,0x3f3f3f3f,sizeof(x)) #define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y)) #define rg register #define inf 0x3f3f3f3f template <typename _Tp> inline void read(_Tp&x){char c11=getchar();x=0;bool booo=0; while(c11!='-'&&!isdigit(c11))c11=getchar();if(c11=='-'){booo=1;c11=getchar();} while(isdigit(c11)){x=x*10+c11-'0';c11=getchar();}if(booo)x=-x; } const int MD=800050,ME=800050; struct node{ll v,w,nxt;}a[ME]; ll head[MD],cur[MD],p=0; const int mx[]={0,0,1,-1},my[]={1,-1,0,0}; int id[42][42][42]; ll n,m,s,t,d,h; ll dis[MD]; ll sum=0,ans=0; inline void add(ll,ll,ll); inline void ADD(ll,ll,ll); void init(); bool bfs(){ queue <int> q; q.push(s); cl1(dis); dis[s]=0; while(!q.empty()){ int x=q.front(); q.pop(); for(rg int i=head[x];~i;i=a[i].nxt) if(dis[a[i].v]==-1&&a[i].w>0) {dis[a[i].v]=dis[x]+1;q.push(a[i].v);if(a[i].v==t)break;} } return dis[t]!=-1; } ll dfs(ll x,ll low){ if(x==t||low==0)return low; ll res=0,temp; for(rg int i=cur[x];~i;i=a[i].nxt){ cur[x]=i; if(dis[a[i].v]==dis[x]+1) if((temp=dfs(a[i].v,min(low-res,a[i].w)))>0){ a[i].w-=temp; a[i^1].w+=temp; res+=temp; if(res==low)return low; } } if(!res)dis[x]=-1; return res; } void work(){ while(bfs()){ for(rg int i=1;i<=t;++i)cur[i]=head[i]; ans+=dfs(s,inf); } printf("%lld\n",ans); return ; } int main(){ init(); work(); return 0; } void init(){ read(n);read(m);read(h);read(d); cl1(head); int cnt=0,A; for(rg int i=1;i<=n;++i) for(rg int j=1;j<=m;++j) for(rg int k=1;k<=h+1;++k) id[i][j][k]=++cnt; s=++cnt;t=++cnt; for(rg int i=1;i<=n;++i) for(rg int j=1;j<=m;++j){ ADD(s,id[i][j][1],inf); ADD(id[i][j][h+1],t,inf); } for(rg int k=1;k<=h;++k) for(rg int i=1;i<=n;++i) for(rg int j=1;j<=m;++j){ read(A); ADD(id[i][j][k],id[i][j][k+1],A); } for(rg int k=d+1;k<=h+1;++k) for(rg int i=1;i<=n;++i) for(rg int j=1;j<=m;++j) for(rg int o=0;o<4;++o) if(i+mx[o]>0&&i+mx[o]<=n&&j+my[o]>0&&j+my[o]<=m) ADD(id[i][j][k],id[i+mx[o]][j+my[o]][k-d],inf); return ; } inline void add(ll u,ll v,ll w){ a[p].v=v; a[p].w=w; a[p].nxt=head[u]; head[u]=p++; } inline void ADD(ll x,ll y,ll z){add(x,y,z);add(y,x,0);return ;}
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