HZOI20190818模拟25题解

题面：https://www.cnblogs.com/Juve/articles/11372379.html

A：字符串

其实是CATALAN数水题。。。

和网格一毛一样：https://www.cnblogs.com/Juve/p/11222358.html

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define mod 20100403
#define int long long
using namespace std;
int n,m,ans=0;
int q_pow(int a,int b,int p){
	int res=1;
	while(b){
		if(b&1) res=(res*a)%p;
		a=(a*a)%p;
		b>>=1;
	}
	return res%p;
}
int fac(int n){
	if(n==1||n==0) return 1;
	int res=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		res=(res*i)%mod;
	return res%mod;
}
int inv(int n){
	if(n==0) return 1;
	return q_pow(fac(n),mod-2,mod)%mod;
}
int C(int n,int m){
	if(n==m) return 1;
	if(n<m) return 0;
	return fac(n)*inv(m)%mod*inv(n-m)%mod;
}
signed main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	ans=C(n+m,n)*q_pow(m+1,mod-2,mod)%mod*(n-m+1)%mod;
	printf("%lld\n",ans%mod);
	return 0;
}

B：乌鸦坐飞机喝水

乌鸦喝水是“能喝的时候一定喝”的，所以和DP决策没关系。

直接模拟的复杂度为O(nm)

把每个水缸按照可以喝水的次数（即喝多少次水，水位下降到喝不到）由小到大排序，依次处理。

显然如果前面的水缸能喝n次，后面的水缸至少也能喝n次，这个性质十分有用。

由上面这句话可以推出：如果乌鸦从当前位置飞到队伍末会经过k个能喝的水缸，而当前水缸还能喝的次数x>=k，那么之后的水缸也不会在这一轮被喝空。

1、枚举每一个水缸开始（在枚举到该水缸的时候，前面剩余次数更小的水缸已经被喝完。或者可以理解为，舍弃前面的缸，贪心喝这个。）

2、用树状数组维护水缸的ID，查询从当前水缸的ID到（原先的）第n个水缸还有多少个能喝的水缸，如果当前缸的剩余次数>=剩余缸数，直接更新次数并跳到下一轮。

3、在数次2操作后，当前缸的剩余次数<=剩余缸数，此时在树状数组上二分“余数”，即喝到又一轮的某位置时，当前缸没水了。

4、将当前缸标为空，枚举下一个水缸。

表面看着复杂度高，实际上喝水的次数不会超过最多的那个缸能喝的次数（因为每次喝水都是所有缸水位一起下降的），同时，模拟操作的次数不会超过m（最多喝m轮），复杂度可以接受。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define int long long
#define MAXN 100005
using namespace std;
int n,m,x;
struct node{
	int d,a,id,tim;
	friend bool operator < (node a,node b){
		return a.tim<b.tim;
	}
}w[MAXN];
struct BITREE{
	int c[MAXN];
	int lowbit(int x){
		return x&(-x);
	}
	void update(int pos,int val){
		for(int i=pos;i<=n;i+=lowbit(i))
			c[i]+=val;
	}
	int query(int pos){
		int res=0;
		for(int i=pos;i;i-=lowbit(i))
			res+=c[i];
		return res;
	}
}BIT;
int last=0,now=0,ans=0;
int find(int x){
	int res=last,l=last,r=n;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(BIT.query(mid)-BIT.query(last)<=x)
			res=mid,l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}
	return res;
}
signed main(){
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&x);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&w[i].d);
		w[i].id=i;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&w[i].a);
		w[i].tim=(x-w[i].d)/w[i].a+1;
		BIT.update(w[i].id,1);
	}
	sort(w+1,w+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(w[i].tim<ans){
			BIT.update(w[i].id,-1);
			continue;
		}
		while(now<m){
			int sum=BIT.query(n)-BIT.query(last);
			if(sum+ans>w[i].tim) break;
			ans+=sum;
			last=0;
			now++;
		}
		if(now>=m) break;
		last=find(w[i].tim-ans);
		ans=w[i].tim;
		BIT.update(w[i].id,-1);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

C：所驼门王的宝藏

%%AlpaCa羊驼哥

题面挺吓人，但是水题一个

首先你要从提干中的输入建出图来

建图非常sb

我定义了两个vector，存每行每列的宫殿坐标及类型

然后扫描每行，搜到一个横天门就把它和这一行每一个宫殿连边，其他同理，

然后就和之前的爆炸行动一样了，

tarjan缩点，然后在新建的图上跑拓扑，找到新图上的最长链

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#define MAXK 1000005
#define re register
using namespace std;
int n,m,k,ans=0,res[MAXK];
struct node{
	int opt,id,x,y;
};
vector<node>h[MAXK],l[MAXK];
struct EDGE{
	int to,nxt;
}e[MAXK<<2];
int head[MAXK],cnt=0;
inline void add(re int u,re int v){
	cnt++,e[cnt].to=v,e[cnt].nxt=head[u],head[u]=cnt;
}
int dfn[MAXK],low[MAXK],sta[MAXK],top=0,dfs_order=0,tot=0,belong[MAXK],siz[MAXK];
bool in_sta[MAXK];
inline void tarjan(re int x){
	dfn[x]=low[x]=++dfs_order;
	sta[++top]=x;
	in_sta[x]=1;
	for(re int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
		re int y=e[i].to;
		if(!dfn[y]){
			tarjan(y);
			low[x]=min(low[x],low[y]);
		}
		else if(in_sta[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
	}
	if(dfn[x]==low[x]){
		tot++;
		re int y;
		do{
			y=sta[top--];
			in_sta[y]=0;
			belong[y]=tot;
			siz[tot]++;
		}while(y!=x);
	}
}
int to[MAXK<<2],nxt[MAXK<<2],pre[MAXK],sum=0;
inline void ADD(re int u,re int v){
	sum++,to[sum]=v,nxt[sum]=pre[u],pre[u]=sum;
}
int in_deg[MAXK];
queue<int>q;
int main(){
	scanf("%d%d%d",&k,&n,&m);
	for(re int i=1,u,v,opt;i<=k;i++){
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&opt);
		h[u].push_back((node){opt,i,u,v});
		l[v].push_back((node){opt,i,u,v});
	}
	for(re int i=1;i<=n;i++){
		re int N=h[i].size();
		for(re int j=0;j<N;j++){
			node t=h[i][j];
			if(t.opt==1){
				for(re int p=0;p<N;p++){
					if(t.id==h[i][p].id) continue;
					add(t.id,h[i][p].id);
				}
			}else if(t.opt==2){
				re int M=l[t.y].size();
				for(re int p=0;p<M;p++){
					if(t.id==l[t.y][p].id) continue;
					add(t.id,l[t.y][p].id);
				}
			}else{
				for(re int p=max(1,t.x-1);p<=min(n,t.x+1);p++){
					re int r=h[p].size();
					for(re int q=0;q<r;q++){
						if(h[p][q].id==t.id) continue;
						if(abs(t.y-h[p][q].y)>1) continue;
						add(t.id,h[p][q].id);
					}
				}
			}
		}
	}
	for(re int i=1;i<=k;i++){
		if(!dfn[i]) tarjan(i);
	}
	for(re int i=1;i<=k;i++){
		for(re int j=head[i];j;j=e[j].nxt){
			re int y=e[j].to;
			if(belong[y]!=belong[i]){
				ADD(belong[i],belong[y]);
				in_deg[belong[y]]++;
			}
		}
	}
	for(re int i=1;i<=tot;i++){
		res[i]=siz[i];
		if(!in_deg[i]) q.push(i);
	}
	while(!q.empty()){
		re int x=q.front();
		q.pop();
		in_deg[x]--;
		for(re int i=pre[x];i;i=nxt[i]){
			re int y=to[i];
			in_deg[y]--;
			res[y]=max(res[y],res[x]+siz[y]);
			ans=max(res[y],ans);
			if(!in_deg[y]) q.push(y);
		}
	}
    //for(re int i=1;i<=tot;i++)
	//	ans=max(res[i],ans);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}