1307E - Cow and Treats 二分 枚举边界 容斥
1307E - Cow and Treats
题意
有一排给定口味的草,并且给m头牛,每个牛都只吃一种口味的草,并且要吃给定数量个。现在可以安排牛从两边出发,方向向另一方向进发,每次路过符合他口味的草就会吃,吃到他需要的数量就会停下开始睡觉,开始睡觉后就是个路障,不能通行。如果一个牛吃到了他需要的数量的草就会Happy,让你安排牛从两边走,求最大数量的happy牛的数量,并且求出满足最大数量情况下的方案数。方案的不同体现在集合的不同,比如从左边出发的牛集合不同,就算做不同方案。
题解
首先我们先来解决最大数量的问题。对于吃每一种口味的牛来说,同口味的牛,不能从同方向出发超过两只,显然可得,那么也就是说同一个口味的牛最多左边右边出发一只,也就是最多2只。对每一种牛求一下即可得最大口味数,本题的难点在于求方案数。这里要分左右n只有5000,一个很自然的想法是枚举从左和从右的分界线。假如从左开始到分界线一共有right[i]个i口味的草,那么需要吃的数量小于等于right[i]的牛都可以从这里出发,左边同理。我们设从左出发满足条件的牛有a个,从右有b个,那么从两边方案数量为a*b-min(a,b) 这里用的是容斥的思想。因为min(a,b),一定是max(a,b)的子集,所以可得。A交B的数量为min(a,b),从一边的方案数为(a+b)。从左到右枚举分界点算一遍即可。这里还要解决的是重复的问题,例如[1,10]区间假如[1,4] [7,10] 分别是两边行进的路径,那么[1,5][5,10] 就会把这个集合再算一遍,就重复了。怎么解决这个问题呢,我们可以考虑枚举每一个有牛休息的点,对于这个点,固定该点口味的牛,其他的点只要符合要求随意停留,这样就能不重不漏计算出方案数了。
这里可以用upper_bound 很方便得找到符合条件的数量,同时用std::binary_search可以方便判断一个数在不在数组中。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define mkp make_pair
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=5000+5;
int lefts[maxn],rights[maxn],num[maxn],ways[maxn],s[maxn];
int n,m;
vector<int>v[maxn];
void solve1(int id){
int a=upper_bound(v[id].begin(),v[id].end(),rights[id])-v[id].begin();
int b=upper_bound(v[id].begin(),v[id].end(),lefts[id])-v[id].begin();
ll cnt2=a*b-min(a,b);//tow sides
ll cnt1=a+b;//one sides
if(cnt2>0){
ways[id]=cnt2;
num[id]=2;
}
else if(cnt1>0){
ways[id]=cnt1;
num[id]=1;
}
else {
ways[id]=1;
num[id]=0;
}
}
ll ans_tot=-1,ans_ways=1;
ll add(ll a,ll b ){
a=(a+mod)%mod,b=(b+mod)%mod;
return (a+b+mod)%mod;
}
void update(ll tmp_tot,ll tmp_ways){
if(tmp_tot>ans_tot){
ans_tot=tmp_tot;
ans_ways=tmp_ways;
}
else if(tmp_tot==ans_tot){
ans_ways=add(ans_ways,tmp_ways);
}
}
void solve2(int id){
int a=upper_bound(v[id].begin(),v[id].end(),rights[id])-v[id].begin();
if(rights[id]>=lefts[id])//因为同一种口味同1数量的牛不可能有2个 所以固定一个在边界睡觉后 如果right[id]>=left[id] 既这个牛也满足从左边出发,只需要减掉他即可
a--;
if(a>0){
ways[id]=a;
num[id]=2;
}
else {
ways[id]=1;
num[id]=1;
}
}
ll mul(ll a,ll b){
a=(a+mod)%mod;
b=(b+mod)%mod;
return (a%mod)*(b%mod)%mod;
}
ll fpow(ll a,ll b){
ll ans=1;
while(b){
if(b&1)ans=mul(ans,a);
a=mul(a,a);
b>>=1;
}
return ans;
}
ll inv(ll x){
return fpow(x,mod-2);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&s[i]),rights[s[i]]++;
for(int i=1;i<=m;i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
v[x].push_back(y);
}
for(int i=1;i<=m;i++)sort(v[i].begin(),v[i].end());
for(int i=1;i<=n;i++){
solve1(i);
}
ll tmp_tot=0,tmp_ways=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
tmp_tot+=num[i];
tmp_ways=mul(tmp_ways,ways[i]);
}
update(tmp_tot,tmp_ways);
//cout<<ans_tot<<" "<<ans_ways<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++){
tmp_tot-=num[s[i]];
tmp_ways=mul(tmp_ways,inv(ways[s[i]]));
//cout<<"??? "<<tmp_ways<<endl;
rights[s[i]]--,lefts[s[i]]++;
if(binary_search(v[s[i]].begin(),v[s[i]].end(),lefts[s[i]])){
solve2(s[i]);
update(tmp_tot+num[s[i]],mul(tmp_ways,ways[s[i]]));
//cout<<i<<" "<<lefts[s[i]]<<" "<<tmp_tot+num[s[i]]<<" "<<ways[s[i]]<<endl;
//cout<<ans_tot<<" zzz "<<ans_ways<<endl;
}
solve1(s[i]);
tmp_tot+=num[s[i]];
//cout<<ways[s[i]]<<endl;
tmp_ways=mul(tmp_ways,ways[s[i]]);
}
printf("%lld %lld\n",ans_tot,ans_ways);
return 0;
}
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