中国石油大学ACM俱乐部开放训练赛

A. sciorz画画（凸多边形最优三角型剖分，区间DP）

题目

多边形的每个顶点都有一个权值a[i]，要用n-3条不相交的线将这个n边形分割成n-2个三角形，每个三角形的价值等于三个顶点权值的乘积。
问怎么分隔才能使得n-2个三角形的价值和最大
输入
2     1<=t<=100
3       1<=n<=100
1 2 3   1<=a[i]<=100
4
1 2 3 4
输出
Case #1: 6
Case #2: 32

用dp[i][j]表示从第i个到第j个点的最优剖分答案

当j=i或j=i+1时，无法构成三角形，dp[i][j]=0
当j>=i+2时，在i与j之间取一个分割点k。此时多边形被划分为3部分：i到k部分，k到j部分，三角形i,j,k。其中i到k部分和k到j部分都是子问题，可以利用之前求出的结果

dp[i][j]=max⁡k=i+1j−1{dp[i][j],dp[i][k]+dp[k][j]+cost(i,j,k)}dp[i][j]=\max_{k=i+1}^{j-1}\lbrace dp[i][j],dp[i][k]+dp[k][j]+cost(i,j,k)\rbrace dp[i][j]=k=i+1maxj−1{dp[i][j],dp[i][k]+dp[k][j]+cost(i,j,k)}

注意：因为区间DP需要用到子区间的结果，所以区间需要由小到大，因而区间起点i是从n-1到1

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define endl '\n'
typedef long long ll;
const int maxn = 100 + 10;
int n, a[maxn];
int dp[maxn][maxn];
void solve()
{mem(dp, 0);for (int i = n-1; i >=1; i--) {    //由小到大for (int j = i + 2; j <= n; j++) {for (int k = i + 1; k <= j - 1; k++) {dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k][j] + a[i] * a[j] * a[k]);}}}cout << dp[1][n] << endl;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);int t;cin >> t;for (int i = 1; i <= t; i++) {cin >> n; cout << "Case #" << i << ": ";for (int j = 1; j <= n; j++) {cin >> a[j];}solve();}
}

B. 奎奎发红包（贪心）

题目

奎奎给n个人发红包，每个人都两个值v[i]和t[i]，t[i]代表给第i个人发红包所需的时间。
每个人的红包大小为v[i]*t，t表示这个人的等待时间（包括自己所需时间）。
问最少花多少钱能满足每一个人？
输入
4
1 4
2 3
3 2
4 1
输出
35

考虑相邻的两个人a,b，如果a排在前面，代价为a.v∗a.t+b.v∗(a.t+b.t)a.v*a.t+b.v*(a.t+b.t)a.v∗a.t+b.v∗(a.t+b.t)；如果b排在前面，代价为b.v∗b.t+a.v∗(a.t+b.t)b.v*b.t+a.v*(a.t+b.t)b.v∗b.t+a.v∗(a.t+b.t)。对两式进行化简得：如果a.t∗b.v<a.v∗b.ta.t*b.v<a.v*b.ta.t∗b.v<a.v∗b.t，则a应该排在前面，也就是a.ta.v<b.tb.v\frac{a.t}{a.v}<\frac{b.t}{b.v}a.va.t<b.vb.t
所以按照tv\frac{t}{v}vt的排序，但需要特别考虑0的情况，因为v=0时不用花钱，所以可以放到最后不管。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define endl '\n'
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
struct node {int v, t;bool operator<(const node b) const{return 1.0 * this->t / this->v < 1.0 * b.t / b.v;}
} a[maxn];
int n, t, v, num;
bool cmp(node a, node b)
{return 1.0 * a.t / a.v < 1.0 * b.t / b.v;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> v >> t;if (v != 0) {a[i].v = v;a[i].t = t;num++;}}sort(a + 1, a + 1 + num);ll ans = 0, sum = 0;for (int i = 1; i <= num; i++) {sum += a[i].t;ans += a[i].v * sum;}cout << ans << endl;
}

C. 关于我转生变成史莱姆这档事（DFS）

题目：

史莱姆要吃掉总量为S的魔素，并且每一天吃掉的魔素都要为前一天的2~9倍（整数倍）
求最短的天数并且要恰好吃完所有的魔素
输入：
571
输出：
5

将题目进行用表达式表达：

因此可以进行暴搜，将括号一层一层拆开，只要每一层都能满足整除关系即可。
如：先对sss进行因数分解，得到a1a_1a1的值，然后将括号打开，令s′=sa1−1s'=\frac{s}{a_1}-1s′=a1s−1。
之后的递归只需要考虑2~9是否是s′s's′的因子，如果是的话就可以再次拆开括号，继续递归s′′s''s′′

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define endl '\n'
typedef long long ll;
const int INF = 1 << 30;
int s, ans;
int dfs(int s)
{if (s >= 2 && s <= 9) return 1;int ans = INF;for (int i = 2; i <= 9; i++) {if (s % i == 0) {ans = min(ans, dfs(s / i - 1) + 1);}}return ans;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);cin >> s;ans = INF;for (int i = 1; i * i <= s; i++) {if (s % i == 0) {ans = min(ans, dfs(s / i - 1) + 1);if (i != s / i) {ans = min(ans, dfs(i - 1) + 1);}}}cout << (ans == INF ? -1 : ans) << endl;
}

F. 求和（矩阵构造+矩阵快速幂）

题目

已知A为n*n矩阵，求S=A+A2+A3+⋯+AmS=A+A^2+A^3+\dots+A^mS=A+A2+A3+⋯+Am中每一项对1e9+7取模后的值
输入
1 2019
1
输出
2019

可以构造一个矩阵B=[AA0E]B=\begin{bmatrix}A & A\\0 & E\\ \end{bmatrix}B=[A0AE]

可以发现：B2=[A2A+A20E]B^2=\begin{bmatrix}A^2 & A+A^2\\0 & E\\ \end{bmatrix}B2=[A20A+A2E]

B3=[A3A+A2+A30E]B^3=\begin{bmatrix}A^3 & A+A^2+A^3\\0 & E\\ \end{bmatrix}B3=[A30A+A2+A3E]

Bm=[AmA+A2+A3+⋯+Am0E]B^m=\begin{bmatrix}A^m & A+A^2+A^3+\dots+A^m\\0 & E\\ \end{bmatrix}Bm=[Am0A+A2+A3+⋯+AmE]

所以只需求出BmB^mBm即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define endl '\n'
typedef long long ll;
const int MOD = 1000000007;
const int maxn = 60 + 10;
int n, m;
struct Matrix {ll m[maxn][maxn];Matrix() { memset(m, 0, sizeof(m)); }
} a, b, ans;
Matrix Multi(Matrix a, Matrix b) //矩阵乘法
{Matrix res;for (int i = 0; i < maxn; i++) {for (int j = 0; j < maxn; j++) {for (int k = 0; k < maxn; k++) {res.m[i][j] = (res.m[i][j] + a.m[i][k] * b.m[k][j]) % MOD;}}}return res;
}
Matrix fastm(Matrix a, int n) //矩阵快速幂
{Matrix res;for (int i = 0; i < maxn; i++) { //初始化为单位矩阵res.m[i][i] = 1;}while (n) {if (n & 1) {res = Multi(res, a);}a = Multi(a, a);n >>= 1;}return res;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {cin >> a.m[i][j];b.m[i][j] = a.m[i][j];}}//构造bfor (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = n + 1; j <= 2 * n; j++) {b.m[i][j] = a.m[i][j - n];}}for (int i = n + 1; i <= 2 * n; i++) {b.m[i][i]=1;}ans = fastm(b, m);for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = n + 1; j <= 2 * n; j++) {cout << ans.m[i][j] % MOD << " ";}cout << endl;}
}

K. 数学问题（组合数预处理+二维前缀和）

题目

给出整数n,m,g，求有多少对(i,j)满足g整除CijC_i^{j}Cij，其中0≤i≤n,0≤j≤min⁡(i,m)0\le i\le n,0\le j\le \min (i,m)0≤i≤n,0≤j≤min(i,m)
输入
1    //T组数据
4   //g
5 4 //n,m
输出
2

判断g是否整除CijC_i^{j}Cij，就是判断Cij%gC_i^{j}\,\%\,gCij%g是否为0。

对于组合数的计算，可以依据组合数的递推公式，Cij=Ci−1j−1+Cij−1C_i^j=C_{i-1}^{j-1}+C_i^{j-1}Cij=Ci−1j−1+Cij−1
然后对CijC_i^jCij进行取模，就转化为Cij==0C_i^j==0Cij==0时满足条件

但组数有1e4，n,m数据范围为2e3，所以可以利用二位前缀和s[i][j]=s[i−1][j]+s[i][j−1]−s[i−1][j−1]s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]s[i][j]=s[i−1][j]+s[i][j−1]−s[i−1][j−1]将范围内所有整数对的结果进行预处理，每次的查询就优化到了O(1)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define endl '\n'
typedef long long ll;
const int maxn = 2e3 + 10;
int n, m, g;
ll c[maxn][maxn], s[maxn][maxn];
void solve()
{//预处理组合数c[1][1] = 1;for (int i = 0; i <= 2000; i++) c[i][0] = 1;for (int i = 2; i <= 2000; i++) {for (int j = 1; j <= i; j++) {c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % g;}}//二位前缀和统计所有整数对的答案for (int i = 2; i <= 2000; i++) {for (int j = 1; j <= i; j++) {s[i][j] = s[i - 1][j] + s[i][j - 1] - s[i - 1][j - 1];if (c[i][j] == 0) s[i][j] += 1;}//考虑m大于n的情况for (int j = i + 1; j <= 2000; j++) {s[i][j] = s[i][i];}}
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);int t;cin >> t >> g;solve();for (int i = 1; i <= t; i++) {cin >> n >> m;cout << s[n][m] << endl;}return 0;
}