我大浙的省選題真是超級神仙……這套已經算是比較可做的了。
神仙分治題。
對於乙個矩形，每次我們從最長邊切開，最短邊不會超過 \(\sqrt\)，所以對於每個點跑一遍最短路就行了。
時間複雜度 \(o(n\sqrt\log n+q\sqrt)\)
\(code\ below:\)
#include #define id(i,j) (((i)-1)*m+(j))
using namespace std;
const int maxn=20000+10;
const int maxm=100000+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,q,val[maxn][4],dis[maxn],vis[maxn],ans[maxm];
int nx[4]=,ny[4]=;
struct node
};inline bool operator < (const node &a,const node &b)
struct queryq[maxm],q1[maxm],q2[maxm];
inline int read()
while(isdigit(ch))
return (f==1)?x:-x;
}inline void dijkstra(int sx,int sy,int lx,int ly,int rx,int ry)
} }}void solve(int lx,int ly,int rx,int ry,int ql,int qr)
if(rx-lx>ry-ly)
for(int i=ql;i<=qr;i++)
for(int i=1;i<=cnt1;i++) q[ql+i-1]=q1[i];
for(int i=1;i<=cnt2;i++) q[ql+cnt1+i-1]=q2[i];
solve(lx,ly,mid,ry,ql,ql+cnt1-1);
solve(mid+1,ly,rx,ry,ql+cnt1,ql+cnt1+cnt2-1);
} else
for(int i=ql;i<=qr;i++)
for(int i=1;i<=cnt1;i++) q[ql+i-1]=q1[i];
for(int i=1;i<=cnt2;i++) q[ql+cnt1+i-1]=q2[i];
solve(lx,ly,rx,mid,ql,ql+cnt1-1);
solve(lx,mid+1,rx,ry,ql+cnt1,ql+cnt1+cnt2-1); }}
int main() }}
inline void solve()
}void dfs(int x)
sta[++top]=x;dfs(x+1);
top--;dfs(x+1);
}int main()
for(int i=1;i神仙 \(dp\) 系列。
\(f[x][p][l][r]\) 表示經過 \(p\) 輪操作後 \(\text_^\leq x<\text(a_,a_)\) 的方案數。
那麼 \(x\) 可以列舉省掉一維，\(p\) 可以滾動陣列，那麼實際只有兩位。我們先看 \(o(n^4)\) 的解法。
\(f[p][l][r]\) 可以由三項轉移：
區間左右端點在 \([1,l-1]\) 或 \([l,r]\) 或 \([r+1,n]\)：\(f[p][l][r]=[++]\times f[p-1][l][r]\)
區間右端點在 \(l-1\)：\(f[p][l][r]=\sum_^(i-1)\times f[p-1][i][r]\)
區間左端點在 \(r+1\)：\(f[p][l][r]=\sum_^(n-i)\times f[p-1][l][i]\)
現在看 \(o(n^3)\) 的解法。
不容易發現可以把 \(x\) 一起轉移，然後就 \(o(n^3)\) 的解法了。
**是 \(o(n^4)\) 的。
\(code\ below:\)
#include #define int long long
using namespace std;
const int maxn=400+10;
const int mod=1e9+7;
int n,m,a[maxn],mp[maxn],cnt[maxn],c[maxn][maxn],sum[maxn][maxn],f[2][maxn][maxn],g[maxn][maxn];
bool is[maxn][maxn];
/*cnt[i] = i * (i + 1) / 2
f(i, l, r) += f(i - 1, l, r) * (cnt[r - l + 1] + cnt[n - r] + cnt[l - 1]);
f(i, l, r) += \sum _ ^ f(i - 1, u, r) * (u - 1)
f(i, l, r) += \sum _ ^ f(i - 1, l, v) * (n - v)
*/inline void solve(int x,int l,int r)
}for(int l=l;l<=r;l++)}}
//[l, i] [i, r]
for(int i=l-1;i<=r;i++)
for(int j=l-1;j<=r;j++) sum[i][j]=0;
for(int i=l;i<=r;i++)
for(int j=l;j<=r;j++) sum[i][j]=(sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+f[m&1][i][j])%mod;
for(int i=l;i<=r;i++) g[i][a[x]]=((g[i][a[x]]+sum[i][r]-sum[l-1][r]-sum[i][i-1]+sum[l-1][i-1])%mod+mod)%mod;
}signed main()
int tmp,val,ans;
for(int i=1;i<=n;i++)
}for(int i=1;i<=n;i++)
printf("\n");
return 0;
}
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很久以前看過題面然後沒有仔細想，再做的時候忘了序列是隨機的了。然後怎麼搞都是o n4 的。我們可以將狀態設為f x,i,l,r 表示在i次操作後，l,r x，l 1和r 1大於等於x的方案數。不妨認為a 0 a n 1 這樣的話假如說有跨越區間端點的操作，那麼就一定會使操作中的數 x。然後令g x,...
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