NOIP提高組模擬賽4

\(丹青千秋釀，一醉解愁腸\)

\(無悔少年枉，只願壯志狂\)

矩陣字首和加暴力\(o(n^2m^2)\) 60pts有手就行

觀察資料範圍，猜測應該是求一種\(o(n^3)\)的演算法，想到之前做的題，應該是\(n^2\)枚舉行,\(n\)處理乙個序列的答案，然後，就沒有然後了

對於乙個序列，求子段和為k的倍數，如何\(o(n)\)求解，

考慮字首和，如果乙個子段和為k的倍數，那麼子段的左右兩界在模k意義下是同餘的，開陣列記錄，\(s[i]\)表示模k餘數為i的字首和有幾個，而任意兩個都對應乙個合法的矩陣，所以可以愉快的切掉此題，還有一點就是\(s[0]\)初值應設為1，原因模k為0的直接就是合法矩陣。

記得開longlong，還有不要每次memset，不然你會喜提tle35 還不如暴力

#include#includeusing namespace std;
const int maxn=405;
int n,m,k;
int mp[maxn][maxn];
long long sum[maxn][maxn];
int s[1000005];
int main()
for(int j=1;j<=m;++j)
}printf("%lld\n",ans);
return 0;
}

\(歷史落在贏家之手,至少我們擁有傳說\)

\(誰說敗者無法不朽,拳頭只能讓人低頭\)

\(念頭卻能讓人抬頭,抬頭去看去愛去追\)

\(你心中的夢\)

就我乙個打dp的，思路沒啥問題，但是掛了一堆細節，調了乙個多小時，結果只有20pts，然後改了億一點細節a了

畫圖可以發現，轉移時子節點不僅可能對父節點有貢獻，還可能需要父節點貢獻，設\(g[x][i]\)表示以x為根的子樹能夠駐守的距離為i的最小方案，轉移時我們需要知道\(g[v][j]\)(v是x的子節點，\(j \in [-k,k]\))，為了處理下標為負的情況，我統一加上了21，也可以像洛谷題解一樣加k。

考慮具體過程(具體**下標請自行加上乙個常數)

如果是葉節點那麼\(g[x][i]=0\;(i\in [-k,-1]) g[x][i]=1\;(i\in [0,k])\)

一般情況的轉移

預處理\(ls[i]\)記錄x子樹駐守距離為i的方案之和

如果在x駐守，那麼子節點貢獻-k即可\(g[x][k]=ls[-k]+1\)

如果x有正貢獻i，但是沒有在x駐守，那麼一定有乙個子節點貢獻了i+1，其他子節點貢獻-i即可\(g[x][i]=min(g[v][i+1]+ls[-i]-g[v][-i])i\in[0,k)\)

如果x有負貢獻i，那麼所有子節點貢獻了i+1才保證合法\(g[x][i]=ls[i+1]i\in[-k,-1]\)

由於某些狀態實際上不存在，所以存在\(g[x][i]>g[x][j](i< j)\)這顯然不合理，所以需要倒著取\(min\)即\(g[x][i]=min(g[x][i],g[x][i+1])\)，這樣保證了i越小g也越小，且保證合法

dp到這裡就結束了，然後我們再簡單講講正解

考慮放棄dp，這題可以貪心，隨便找個根，然後找最深的點，在該點的k級祖先駐守一定最優，按點深度從大到小排序，每次取最深的點，檢查是否被控制，沒有就駐守k級父親或者根節點，暴力更新周圍點。

附dp**

#include#includeusing namespace std;
int min(int x,int y)
//print();
}int main()
int flag[40005],cf[40005];
int n,k,m,op[67],x[19],cnt;
int dis[21][40005];
bool vis[40005];
queueq;
void spfa(int now,int nowx)}}
if(u>0) }}
}}
}int f[67737];
void dp()}}
printf("%d\n",f[0]);
}int main()
for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d",&op[i]);
for(int i=1;i<=n+1;++i)cf[i]=flag[i-1]^flag[i];
for(int i=1;i<=n+1;++i)if(cf[i])x[++cnt]=i;
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
for(int i=1;i<=cnt;++i)spfa(i,x[i]);
dp();
return 0;
}

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