前言
- 比賽連結。
上午要輸液所以沒有打，就下午改一改，應該明天就能回去了。
T1 與和
- 原題：[ABC238D] AND and SUM。
\(x\&y=a\)，說明 \(x,y\) 二進位制中都包含 \(a\) 且其餘位上均不重合，故此若 \((s-2a)\&a=0\) 即符合，特殊的，因為 \(x\&y=a\le \min(x,y)\)，所以 \(x+y=s\ge 2a\)，需要特判。
T2 函式
- 原題：[ABC366F] Maximum Composition。
對於 \(f_1(f_2(x))\ge f_2(f_1(x))\)，有 \(a_1a_2x+a_1b_2+b_1\ge a_2a_1x+a_2b_1+b_2\)，移項有 \(\dfrac{b_1}{a_1-1}\le \dfrac{b_2}{a_2-1}\)，故此將 \(\dfrac{b_i}{a_i-1}\) 作為關鍵字降序排序即可作為決策順序。
之後直接 DP 轉移即可，設 \(f_{i,j}\) 位前 \(i\) 個數中選擇了 \(j\) 個時的最大值，有：
第一維可以滾掉。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=2e5+10;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=true;
register char c=getchar();
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
template<typename T,typename ...Tp> inline void read(T &x,Tp &...y){read(x);read(y...);}
template<typename Tp> inline void wt(Tp x)
{if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
template<typename Tp> inline void write(Tp x)
{if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
template<typename T,typename ...Tp> inline void write(T x,Tp ...y){write(x);putchar(' ');write(y...);}
int n,k;
ll f[11];
struct aa {int a,b;}e[N];
bool cmp(aa a,aa b) {return a.b*(b.a-1)>b.b*(a.a-1);}
signed main()
{
read(n,k);
for(int i=1;i<=n;i++) read(e[i].a,e[i].b);
sort(e+1,e+1+n,cmp);
f[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=min(i,k);j>=1;j--)
f[j]=max(f[j],f[j-1]*e[i].a+e[i].b);
write(f[k]);
}
T3 袋鼠
- 原題：P5999 [CEOI2016] kangaroo。
和某次的 DP 搬運工是同一種題型，預設型 DP。
原問題可以轉化為 \(1\sim n\) 的全排中能夠滿足對於任意 \(a_i\) 滿足 \(a_{i-1}<a_1,a_i>a_{i+1}\) 或 \(a_{i-1}>a_i,a_i<a_{i+1}\) 的有多少。
那麼考慮預設型 DP，從小到大插數，設 \(f_{i,j}\) 為前 \(i\) 個數分成了 \(j\) 段，那麼有：
-
\(i\ne s\) 且 \(i\ne t\)：
-
\(i\) 新開了一段，因為後面插入的數能接到他兩邊的一定都比他大，所以一定合法，加入前共有 \(j-1\) 段所以有 \(j\) 個位置可以放但是若 \(i>s\) 就不能放開頭了，同理 \(i>t\) 就不能放結尾了，故有：
\[f_{i,j}+=(j-[i>s]-[i>t])\times f_{i-1,j-1} \] -
\(i\) 接在一段的開頭或結尾且並不使兩段接壤，因為此時與他相鄰的數一定小於他，而後面再加入的與其相鄰的數一定大於他，故一定不合法。
-
\(i\) 使兩段接壤，因為此時與其相鄰的兩個數一定都小於他，所以一定合法，在進行這一步前有 \(j+1\) 個段產生 \(j\) 個間隙，故此有：
\[f_{i,j}+=j\times f_{i-1,j+1} \]
-
-
\(i=s\) 或 \(i=t\)：
此時他是一定接在開頭或結尾的，故最終只有一個數與其相鄰，因為之前加入的數都比他小，所以一定合法，同時不存在使兩段接壤的情況，只需要考慮新開一段和接在原來段的開頭或結尾即可，其所填位置唯一，故有：
\[f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+f_{i-1,j} \]
最終一定只有一段，故答案為 \(f_{n,1}\)，第一維可以滾掉，那麼類似的之前做的 P2467 [SDOI2010] 地精部落 這題也可以用預設型 DP 直接做了，DP 多開兩維表示當前首尾選沒選就行了。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=2e3+10,P=1e9+7;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=true;
register char c=getchar();
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
template<typename T,typename ...Tp> inline void read(T &x,Tp &...y){read(x);read(y...);}
template<typename Tp> inline void wt(Tp x)
{if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
template<typename Tp> inline void write(Tp x)
{if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
template<typename T,typename ...Tp> inline void write(T x,Tp ...y){write(x);putchar(' ');write(y...);}
int n,s,t,f[2][N];
signed main()
{
read(n,s,t);
f[1][1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
{
if(i!=s&&i!=t) f[i&1][j]=(1ll*f[(i-1)&1][j-1]*(j-(i>s)-(i>t))%P+1ll*f[(i-1)&1][j+1]*j%P)%P;
else f[i&1][j]=f[(i-1)&1][j-1]+f[(i-1)&1][j];
}
write(f[n&1][1]);
}
T4 最短路
- 原題：CF464E The Classic Problem。
還沒有打。