YACS-2022.4-银组

https://www.iai.sh.cn/contest 2022.04 银组，理论上 \(100+100+30+100\)。

T1 上锁的抽屉

题目描述

有一个抽屉柜里竖排了 \(n\) 只抽屉。每个抽屉有一把锁。若要把一只抽屉『锁死』，就必须锁上它自己，而且要把它的上一层抽屉也锁上。请问有多少种上锁的方法，可以恰好『锁死』 \(m\) 只抽屉？

由于答案可能很大，输出方案数模 \(10^9+7\) 的余数。

大体思路

计数类问题显然想到动态规划。

一般地，设 \(f[i,j]\) 表示前 \(i\) 个抽屉『锁死』\(j\) 个的方案数。这样，我们只需要对第 \(i\) 个抽屉上锁是否影响『锁死』的个数即可。

此时我们发现，这还取决于第 \(i-1\) 个抽屉是否上锁。因此，我们规定 \(f[i,j,0]\) 表示前 \(i\) 个抽屉『锁死』\(j\) 个，且第 \(i\) 个抽屉不上锁的方案数，\(f[i,j,1]\) 表示前 \(i\) 个抽屉『锁死』\(j\) 个，且第 \(i\) 个抽屉上锁的方案数。

当第 \(i\) 个抽屉上锁时，我们可以借助第 \(i-1\) 个抽屉上锁，则之前『锁死』的个数为 \(j-1\) 个；也可能第 \(i-1\) 个抽屉不上锁，则前 \(i-1\) 个需要『锁死』\(j\) 个。第 \(i\) 个抽屉不上锁时，必然完全依靠前 \(i-1\) 个抽屉『锁死』\(j\) 个，由此可得状态转移方程：

\[f[i,j,0]=f[i-1,j,1]+f[i-1,j,0]\\
f[i,j,1]=f[i-1,j-1,1]+f[i-1,j,0]\]

其边界条件为 \(f[1,1,1]=f[1,0,0]=1\)，答案为 \(f[n,m,1]+f[n,m,0]\)，注意取模。

这样，时空复杂度为 \(O(nm)\)。注意到 \(i\) 的决策只与 \(i-1\) 相关，可以使用滚动数组使得空间复杂度降至 \(O(m)\)。

ll n, m, f[2][maxn][2];
/*
f[i, j, 0] 表示前i个抽屉锁死j个，i不锁死
f[i, j, 1] ......................i锁死

f[1,0,0]=f[1,1,1]=1
f[i,j,0]=f[i-1,j,1]+f[i-1,j,0]
f[i,j,1]=f[i-1,j-1,1]+f[i-1,j,0]
(j > 0)
*/
int main () {
	read(n); read(m);
	f[1][0][0] = f[1][1][1] = 1;
	rep(i, 2, n) {
		rep(j, 0, i) {
			f[i&1][j][0] = (f[(i-1)&1][j][1] + f[(i-1)&1][j][0]) % mod;
			f[i&1][j][1] = f[(i-1)&1][j][0];
			if(j > 0) (f[i&1][j][1] += f[(i-1)&1][j - 1][1]) %= mod;
		}
	}
	writeln((f[n&1][m][0] + f[n&1][m][1]) % mod);
	return 0;
}

T2 匹配括号（二）

题目描述

给定一个仅由 ( 、)、[ 与 ] 构成的字符串，若它不是匹配的，请求出最少删去多少括号可以使它变成匹配的。匹配定义如下：

• 空字符串是匹配的；
• 如果字符串 \(s\) 是匹配的，那么 \((s)\) 与 \([s]\) 也是匹配的；
• 如果字符串 \(s\) 与 \(t\) 都是匹配的，那么 \(st\) 也是匹配的。

大体思路

原题链接 https://loj.ac/p/10150 。

由于匹配的括号串每一个子串都匹配，考虑区间 DP。设 \(f[i,j]\) 表示区间 \([i,j]\) 最少删去的括号个数。边界 \(f[i,i]=1\)。

括号匹配是经典的讨论边界的区间 DP。如果 \(s_i,s_j\) 互相匹配，则有初始值 \(f[i,j]=f[i+1,j-1]\)，否则初始为 \(\infty\)。然后枚举分割点 \(k\in [i,j)\)，\(f[i,j]=\min\{f[i,k]+f[k+1,j]\}\)。最终答案即为 \(f[1,n]\)，时间复杂度 \(O(n^3)\)。

T3 末日生存

题目描述

小爱正在参加一个末日生存比赛，每过一天要消耗一个单位的物资，最后一天到来之前，如果她没有物资，就输了。游戏一共要持续 \(d\) 天，出发前，小爱有 \(c\) 个单位的物资。

游戏过程中有 \(n\) 次补给机会，第 \(i\) 次补给机会在第 \(x_i\) 天 ，当天可以补给 \(a_i\) 个单位的物资。

请设计一个方案，使得小爱能够坚持到最后一天，且补给的次数最小。如果无论如何都到不了终点，输出 Impossible。

大体思路

考场上没有思路，感觉和之前某个旅行商问题很像，但显然不一样。于是直接使用 \(dfs\)，记 \(dfs(N,C)\) 表示到达第 \(N\) 个补给站时还有 \(C\) 的物资的次数，然后对第 \(N\) 个补给站是否补充物资进行讨论，时间复杂度 \(O(2^n)\)，期望得分 \(30\)。

T4 狼人游戏

题目描述

有 \(n\) 个人在一起玩狼人游戏，游戏中有一些玩家的身份是狼人，剩下玩家的身份是平民。狼人知道彼此之间的身份，而平民对其他人的身份信息一无所知。

天亮时，每名玩家要指证另一名玩家是狼人。狼人一定会做伪证，指证某个平民为狼人，而平民可能指证某个狼人，也可能指证另一个平民。

给定每名玩家的指证对象，请分析场面上最多可能有多少名狼人？注意游戏规定至少需要有一名平民。

大体思路

原题 [COCI2014-2015#1] MAFIJA，正好做到过。

将指认关系进行连边，\(n\) 个节点 \(n\) 条边形成基环树（基环森林）。

用并查集维护环，对于每一个环，将其断开后变为一棵树，然后将这两个节点 \(u,v\) 分别作为根跑树形 DP 即可，答案累加 \(\max(f[u,0],f[v,0])\)。动态规划的复杂度为 \(O(n)\)，总复杂度为 \(O(n\log n)\)，瓶颈在于并查集。

此题由于所有点权均为 \(1\)，还有 \(O(n)\) 的贪心做法，但由于推广性不强，在此不介绍。

/*
f[u][0]+=max(f[v][0], f[v][1])
f[u][1] = 1 + f[v][0]
max f[u][0], f[v][0]
*/
int n, id[maxn], f[maxn][2], ans;
int tot = 1, hd[maxn], ver[maxn * 2], nxt[maxn * 2];
inline void add(int u, int v) {
	ver[++tot] = v; nxt[tot] = hd[u]; hd[u] = tot;
	ver[++tot] = u; nxt[tot] = hd[v]; hd[v] = tot;
}
PII p[maxn]; // cir
bool vis[maxn * 2];
inline void dfs(int u, int fa) {
	f[u][0] = 0, f[u][1] = 1;
	for(int i = hd[u]; i; i = nxt[i]) {
		int v = ver[i];
		if(vis[i] || vis[i ^ 1] || v == fa) continue;
		dfs(v, u);
		f[u][0] += max(f[v][0], f[v][1]);
		f[u][1] += f[v][0];
	}
}
int fa[maxn];
inline int find(int k) {
	return (k == fa[k] ? k : fa[k] = find(fa[k]));
}
int main () {
	read(n);
	rep(i, 1, n) fa[i] = i;
	rep(u, 1, n) {
		int v; read(v);
		add(u, v);
		int f1 = find(u), f2 = find(v);
		if(f1 != f2) fa[f1] = f2;
		else {
			id[++id[0]] = tot;
			p[id[0]] = {u, v};
		}
	}
	rep(i, 1, id[0]) {
		int u = p[i].first, v = p[i].second;
		vis[id[i]] = vis[id[i] ^ 1] = 1;
		dfs(u, 0);
		int tmp = f[u][0];
		dfs(v, 0);
		ans += max(tmp, f[v][0]);
		vis[id[i]] = vis[id[i] ^ 1] = 0;
	}
	writeln(ans);
	return 0;
}