2017-10-17离线赛

大体状况

300/300
？因为是真题所以稍微简单一些吗= =
题目来源 NOIP2011 Day2

T1 factor

分析

求(ax+by)k(ax+by)^k中anbma^nb^m的系数。
二项式杨辉三角展开后
((ax)+(by))k((ax)+(by))^k
=Cnk(ax)n(by)m=C_k^n(ax)^n(by)^m
=k!n!m!anbmxnym=\frac{k!}{n!m!}a^nb^mx^ny^m
所以可以直接快速幂求得。
时间复杂度O(k)O(k)
然而k≤1000k \le 1000所以暴力求也没关系吧。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define Komachi is retarded
#define REP(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i<i##_end_;i++)
#define DREP(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i>i##_end_;i--)
#define chkmax(a,b) a=max(a,b)
#define chkmin(a,b) a=min(a,b)
#define LL long longvoid Rd(int &res){char c;res=0;while((c=getchar())<48);do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);while((c=getchar())>47);
}#define M 1004
#define Mod 10007
int Fac[M];
int a,b,k,n,m;
int Pow(int x,int p){int Res=1;for(int k=x%Mod;p;p>>=1,k=k*k%Mod)if(p&1)(Res*=k)%=Mod;return Res;
}
int main(){Rd(a),Rd(b),Rd(k),Rd(n),Rd(m);Fac[0]=1;REP(i,1,k+1)Fac[i]=Fac[i-1]*i%Mod;if(k==0)puts("1");else printf("%d\n",Fac[k]*Pow(Fac[n],Mod-2)%Mod*Pow(Fac[m],Mod-2)%Mod*Pow(a,n)%Mod*Pow(b,m)%Mod);return 0;
}

T2 qc

分析

|S−Y||S-Y|是一个有谷的函数。
二分WW是必需的。
然后就要考虑如何在区间内查询wj≥Ww_j \ge W的矿石数量与价值和。
首先想到的当然是主席树（不
然后主席树维护的话是O(mlog2n)O(mlog^2n)的，感觉一定会被卡常。
发现一次查询是连续的m次，然后n与m是同阶的。
所以明明扫一遍对wj≥Ww_j \ge W的矿石做前缀和就可以了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define Komachi is retarded
#define REP(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i<i##_end_;i++)
#define DREP(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i>i##_end_;i--)
#define chkmax(a,b) a=max(a,b)
#define chkmin(a,b) a=min(a,b)
#define LL long longvoid Rd(int &res){char c;res=0;while((c=getchar())<48);do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);while((c=getchar())>47);
}
#define M 200004
int n,m,W[M],V[M],L[M],R[M];
LL S;
struct P100{int P[M],sz;int Cnt[M];LL Sum[M];LL Y(int x){REP(i,1,n+1)Cnt[i]=Cnt[i-1]+(W[i]>=x),Sum[i]=Sum[i-1]+((W[i]>=x)*V[i]);LL Res=0;REP(i,0,m){Res+=(Sum[R[i]]-Sum[L[i]-1])*(Cnt[R[i]]-Cnt[L[i]-1]);}return Res;}void Solve(){REP(i,1,n+1)P[i]=W[i];sort(P+1,P+n+1);sz=unique(P+1,P+n+1)-P-1;REP(i,1,n+1)W[i]=lower_bound(P+1,P+sz+1,W[i])-P;int l=1,r=sz;LL Ans=S;while(l<=r){int Mid=l+r>>1;LL Tmp=Y(Mid);chkmin(Ans,abs(S-Tmp));if(Tmp>S)l=Mid+1;else r=Mid-1;}REP(x,max(1,l-2),min(sz+1,l+2))chkmin(Ans,abs(S-Y(x)));printf("%lld\n",Ans);}
}P100;
int main(){Rd(n),Rd(m),scanf("%lld",&S);REP(i,1,n+1)Rd(W[i]),Rd(V[i]);REP(i,0,m)Rd(L[i]),Rd(R[i]);P100.Solve();return 0;
}

T3 bus

分析

P60

这题贪心的思路还是比较显然的。
处理出该加速器影响的区间（即均满足Timei>MxiTime_i>Mx_i）后，
加速器之间不会互相影响。
因此满足最优性，那么直接贪心的复杂度为O(nmk)或O(n2k)O(nmk)或O(n^2k)
即枚举每个位置计算其减少量，然后使用加速器。

P100

上面的思路稍微改改就能得到O(nk)O(nk)的简单做法。
处理出区间后，显然在更左用加速器更优。
用一个指针扫过去得到每个位置的值即可。
然后这样就能过所有数据。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define Komachi is retarded
#define REP(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i<i##_end_;i++)
#define DREP(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i>i##_end_;i--)
#define chkmax(a,b) a=max(a,b)
#define chkmin(a,b) a=min(a,b)
#define LL long longvoid Rd(int &res){char c;res=0;while((c=getchar())<48);do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);while((c=getchar())>47);
}#define N 1004
#define M 10004int n,m,k,D[N],Cnt[N],Mx[N],Tim[N];
int T[M],A[M],B[M];bool Delete(){REP(i,1,n) Tim[i+1]=max(Tim[i],Mx[i])+D[i];int Pos=0,Max=-1;for(int i=1,j;i<n;i++) if(D[i]>0){j=i+1;int Res=Cnt[j];while(Tim[j]>Mx[j]) Res+=Cnt[++j];if(Res>Max) Max=Res,Pos=i;i=j-1;}if(Max==-1)return 1;D[Pos]--;return 0;
}
int main(){Rd(n),Rd(m),Rd(k);REP(i,1,n)Rd(D[i]);REP(i,0,m){int t,a,b;Rd(t),Rd(a),Rd(b);Cnt[b]++;chkmax(Mx[a],t);T[i]=t,A[i]=a,B[i]=b;}REP(i,0,k)if(Delete())break;REP(i,1,n) Tim[i+1]=max(Tim[i],Mx[i])+D[i];int Ans=0;REP(i,0,m) Ans+=Tim[B[i]]-T[i];printf("%d\n",Ans);return 0;
}

优化

注意到上面的方法进行了很多次重复的计算Time，
以及重复地查找那些可能已知的值，可以对于其采用区间更新的方法。
区间更新仍然要在所有当前可用的区间中寻找最大值。
所以可以用一个堆来存放当前所有区间。
每次提取出乘客数最大的区间，查看其是否合法并用最小的可能值更新。
然后拆成两半。
理论复杂度最差为O(n2logn)O(n^2logn)，实际上非常快。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define Komachi is retarded
#define REP(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i<i##_end_;i++)
#define DREP(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i>i##_end_;i--)
#define chkmax(a,b) a=max(a,b)
#define chkmin(a,b) a=min(a,b)
#define LL long longvoid Rd(int &res){char c;res=0;while((c=getchar())<48);do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);while((c=getchar())>47);
}#define N 1004int n,m,k,D[N],Cnt[N],Mx[N],Tim[N],Ans;
struct Node{int l,r,x;bool operator <(const Node &_)const{return x<_.x;}
};
priority_queue<Node>Q;
int main(){Rd(n),Rd(m),Rd(k);REP(i,1,n)Rd(D[i]);REP(i,0,m){int t,a,b;Rd(t),Rd(a),Rd(b);Cnt[b]++;chkmax(Mx[a],t);Ans-=t;}REP(i,1,n) Tim[i+1]=max(Tim[i],Mx[i])+D[i];REP(i,1,n+1) Ans+=Cnt[i]*Tim[i];REP(i,2,n+1) Cnt[i]+=Cnt[i-1];Q.push((Node){1,n,Cnt[n]-Cnt[1]});while(!Q.empty() && k){Node T=Q.top();Q.pop();int l=T.l,r=T.r,x=T.x;int Pos=-1,Use=min(k,D[l]);REP(i,l+1,r)if(Use>Tim[i]-Mx[i])Use=Tim[i]-Mx[i],Pos=i;if(Use>0){//满足要求，可以更新D[l]-=Use;k-=Use;Ans-=x*Use;REP(i,l,r)Tim[i+1]=max(Tim[i],Mx[i])+D[i];}if(~Pos){//拆为两个区间Q.push((Node){l,Pos,Cnt[Pos]-Cnt[l]});Q.push((Node){Pos,r,Cnt[r]-Cnt[Pos]});}else if((++l)<r)Q.push((Node){l,r,Cnt[r]-Cnt[l]});}printf("%d\n",Ans);return 0;
}

另一个方法

这个贪心还可以用最小费用最大流来做。
然而比暴力还慢，
最差复杂度为O(k∗SPFA(n,n))O(k*SPFA(n,n))或O(knlogn)O(knlogn)
首先裂点ii为ii与i′i'，方便限制的添加。
从每个ii向i′i'连一条容量为max(0,Timei−Mxi)max(0,Time_i-Mx_i)，费用为0的边，
作为可被更新到的分界线。
从源点ss向每个i′i'连一条容量为DiD_i，费用为0的边，
表示最大加速的限制。
从每个(i−1)′(i-1)'向ii连一条容量为INFINF，费用为−Cnti-Cnt_i的边，
表示每个加速器在这个点带来的收益
从每个ii向汇点tt连一条容量为INFINF，费用为0的边，
作为加速器的结束位置。
然后套模板费用流。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define Komachi is retarded
#define REP(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i<i##_end_;i++)
#define DREP(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i>i##_end_;i--)
#define chkmax(a,b) a=max(a,b)
#define chkmin(a,b) a=min(a,b)
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3fvoid Rd(int &res){char c;res=0;while((c=getchar())<48);do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);while((c=getchar())>47);
}#define M 1044struct Edge{int u,v,w,c;
}E[(M<<3)+44];
template<const int Len,const int Num>struct Linklist{int G[Len],Next[Len],Head[Num],tot;int operator [](int x){return G[x];}void pb(int u,int id){Next[++tot]=Head[u],G[Head[u]=tot]=id;}#define LREP(i,a,G) for(int i=G.Head[a];i;i=G.Next[i])
};
Linklist<(M<<3)+44,(M<<1)>G;int n,m,k,etot;
void Add_Edge(int u,int v,int w,int c){assert(etot<((M<<3)+44));E[etot]=(Edge){u,v,w,c}; G.pb(u,etot++);E[etot]=(Edge){v,u,0,-c};G.pb(v,etot++);
}
int Dis[M<<1];
bool Vis[M<<1];
int Fa[M<<1];
int s,tp,t,Ans;
queue<int>Q;
void MCF(int f){while(f>0){while(!Q.empty())Q.pop();memset(Dis,63,sizeof(Dis));Dis[s]=0,Q.push(s);while(!Q.empty()){int A=Q.front();Q.pop();Vis[A]=0;LREP(i,A,G){Edge e=E[G[i]];if(!e.w)continue;int B=e.v;if(Dis[B]>Dis[A]+e.c){Dis[B]=Dis[A]+e.c;Fa[B]=G[i];if(!Vis[B])Q.push(B),Vis[B]=1;}}}if(Dis[t]==INF)break;int x=t,Dec=f;while(x!=s){chkmin(Dec,E[Fa[x]].w);x=E[Fa[x]].u;}x=t;while(x!=s){E[Fa[x]].w-=Dec,E[Fa[x]^1].w+=Dec;Ans+=Dec*E[Fa[x]].c;x=E[Fa[x]].u;}f-=Dec;}
}
int D[M],Tim[M],Cnt[M],Mx[M];
int main(){Rd(n),Rd(m),Rd(k);REP(i,1,n)Rd(D[i]);REP(i,0,m){int t,a,b;Rd(t),Rd(a),Rd(b);Cnt[b]++;chkmax(Mx[a],t);Ans-=t;}REP(i,1,n) Tim[i+1]=max(Tim[i],Mx[i])+D[i];REP(i,1,n+1) Ans+=Cnt[i]*Tim[i];s=0,t=(n<<1)+4,tp=t-1;Add_Edge(tp,t,k,0);REP(i,1,n+1) Add_Edge(i,i+n,max(0,Tim[i]-Mx[i]),0);REP(i,2,n+1) Add_Edge(i-1+n,i,INF,-Cnt[i]);REP(i,1,n+1) Add_Edge(i,tp,INF,0);REP(i,1,n) Add_Edge(s,i+n,D[i],0);MCF(k);printf("%d\n",Ans);return 0;
}