[题解向] 正睿Round409

\(\rm Link\)

然而泥萌没有权限是看不了题目的233.

\(\rm T1\)

大概就是个map，脑残出题人认为(x,x)不属于有序二元组，我可qtmd。于是只拿了\(\rm 60pts\)

int main(){
	ios_base :: sync_with_stdio(false) ;
    cin.tie(0), cout.tie(0) ; cin >> N >> P ; int i ;
	for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) cin >> base[i], base[i] %= P ;
	for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) if (base[i]) M[expow(4 * base[i] % P, P - 2)] ++ ;
	for (i = 1 ; i <= N ; ++ i){
		int now = 1ll * base[i] * base[i] % P ;
		ans += M[now] ; if (4ll * now % P * base[i] % P == 1) -- ans ;
	}
	cout << ans << endl ; return 0 ;
}

\(\rm T2\)

先说自己的做法。

发现其实就是在凑一个式子：

\[\frac{\sum a_ik_i}{M\sum k_i}=\frac{N}{M}
\]

然后稍微变个形：

\[\sum a_ik_i=N\cdot \sum k_i
\]

于是发现只要暴力背包就完了，最后判断一下\(f_{k,N}\)是不是\(=k\)就做完了。

int main(){
	cin >> K >> N >> M ; int i, j ; dp[0] = 0 ;
	for (i = 1 ; i <= K ; ++ i) cin >> base[i] ;
	for (i = 1 ; i <= N * N ; ++ i) dp[i] = Inf ;
	for (i = 1 ; i <= K ; ++ i)
		for (j = base[i] ; j <= N * N ; ++ j)
			dp[j] = min(dp[j - base[i]] + 1, dp[j]) ;
	for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) if (dp[i * N] == i) return cout << i, 0 ;
	return -1 ;
}

于是获得了\(\rm 70pts\)……但是用头想一想，发现并不对。因为可能\(f_{k,N}\)这个状态的\(\rm cost\)可能是5，但是背包转移的时候只能记录最优状态，于是假设会记录4，那这个状态就挂掉了……对每个状态都开了个std :: set发现T掉了……

正解是BFS。

考虑把式子转化一下，就变成了

\[\sum k_i(a_i-N)=0
\]

大概就是考虑用已经凑出的和当做状态，那么实际上是在找一个环。于是每次转移的时候枚举放哪个新物品（新物品权值为\(a_i-N\)）就完了。

#define MAX 50000
	cin >> K >> N >> M ; q.push(MAX) ; vis[MAX] = 1 ; int i ;
	for (i = 1 ; i <= K ; ++ i) cin >> base[i], base[i] -= N ;
	while (!q.empty()){
		int now = q.front() ; q.pop() ;
		if (now > M + MAX) continue ;
		for (i = 1 ; i <= K ; ++ i){
			if (now + base[i] == MAX){
				cout << ans[now] + 1 << endl ;
				return 0 ;
			}
			else if (!vis[now + base[i]])
				vis[now + base[i]] = 1, ans[now + base[i]] = ans[now] + 1, q.push(now + base[i]) ;
		}
	}
	cout << -1 << endl ;

正 解 暴 力， 菜 鸡 退 役。

\(\rm T3\)

sb题，每个连通块都产生\(\rm 1\)的贡献当且仅当没有任何一个连通块是树。

于是就变成了找树的问题……忘记前驱思考了nm老久，趁早退役算了= =

void dfs(int now, int pre){
	vis[now] = 1 ;
	for (int k = head[now] ; k ; k = E[k].next){
		if (to(k) == pre) continue ;
		if (to(k) == now) continue ;
		if (!vis[to(k)]) dfs(to(k), now) ; else ++ o ;
	}
}
int main(){
	cin >> N ; int i ; p = 1 ;
	for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) fa[i] = i ;
	for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) cin >> base[i], add(i, base[i]) ;
	for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) if (fa[i] == i) ++ ans ;// cout << ans << endl ;
	for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) if (!vis[i]) o = 0, dfs(i, 0), p = min(o, p) ;
	if (p) cout << ans << endl ; else cout << ans - 1 << endl ;

\(\rm T4\)

BZOJ4160.

不可做题233

题面：

给定一张无向图，求给这张图定向成\(\rm DAG\)之后最长路最短是多少。\(n\leq 16\)

\(\rm{Sol~1}\)

考虑直接\(dp\)。\(f_{s,u,v}\)表示考虑了点集\(s\)，最长路端点是\(u,v\)的最小值。每次转移的时候枚举\(u,v,w\)，从\((u,v),(v,w)\)两个状态转移到\((u,w)\)。复杂度\(O(3^nn^3)\)

1h没调出来

\(\rm Sol~2\)

考虑证明一个二级定理：

定理 \(1.1\)

• 一张无向图定向成的\(\rm DAG\)，当其最长路最短时，其最长路为\(\rm X-1\)，其中\(\rm X\)表示不连通集覆盖数。也就是对于一张有向图图\(\rm \{V,E\}\)，定义一种划分\(P\)，使得划分出的每个集合中所有点不连通。

考虑一种证明：

• 首先一定有\(\rm X-1\geq maxL\)。因为其上的每个点是连通的。
• 其次我们考虑，如果每次删除全部出度为\(0\)点，放到一个集合里，那么一定合法，并且可以满足\(\rm X=maxL+1\)。

但其实这东西也可以直接用\(\rm dilworth\)定理的对偶定理证出来：

定理 \(2.1\)（\(\rm dilworth\)定理）

令\(\rm (X,≤)\)是一个有限偏序集，并令\(m\)是反链的最大的大小。则\(\rm X\)可以被划分成\(m\)个但不能再少的链。

对偶一下：

定理 \(2.2\):

令\(\rm (X,≤)\)是一个有限偏序集，并令\(r\)是其最大链的大小。则\(X\)可以被划分成\(r\)个但不能再少的反链。

然后”反链“连接的是”不可比的点“，也就是本题中”不连通的点“。

于是我们就可以快乐地状压了。

int *g, *f ;
int main(){
	cin >> N >> M ;
	memset(f, 63, sizeof(f)) ;
	int u, v, i, j ; T = (1 << N) - 1 ;
	for (i = 1 ; i <= M ; ++ i)
		cin >> u >> v, -- u, -- v, E[u] |= (1 << v), E[v] |= (1 << u) ;
	f[0] = 0, g[0] = 1 ;
	for (i = 0 ; i <= N ; ++ i) Sz[1 << i] = i ;
	for (i = 1 ; i <= T ; ++ i){
		j = (i & (-i)) ;
		if (!g[i ^ j]) continue ;
		if (E[Sz[j]] & (i ^ j)) continue ;
		g[i] = 1 ;
	}
	for (i = 1 ; i <= T ; ++ i)
		for (j = i ; j ; j = (j - 1) & i)
			if (g[j]) f[i] = min(f[i], f[i ^ j] + 1) ;
	cout << f[T] - 1 << endl ; return 0 ;
}