[Fortuna OJ]Aug 12th – Group A 解题报告

A – 迷宫

这道题挺好的,让我知道了线段树还有这样的操作。

考虑线段树维护一段区间行入口到行出口的最短路,大概的维护方法非常像 Floyd。也没啥好说的,看代码吧。

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[Fortuna OJ]Aug 5th – Group A 解题报告

A – 矩阵游戏

这道题看了题解之后发现就是一道 sb 题。

考虑将每一列看成一个数,发现如果忽略掉列的操作,这些数仍然满足等差的条件,所以我们只要暴力算完第一列就可以进行等差了。如果考虑列的操作,那么我们就大力暴力就行了,时间复杂度是\(O(n + m)\)。

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[Fortuna OJ]Aug 4th – Group A 解题报告

今天被各路神仙吊打,顺利 gg。

A – Forging 锻造

在考场上我推了个有后效性的 DP,还以为是高斯消元,然后看到数据范围就 GG 了。这道题主要是把一些东西给转换掉了。

首先,对一个概率为\(p\)的事件,它的期望次数是\(\frac{1}{p}\)(参见这里)。然后,考虑一个状态\(dp[i]\)代表合成第\(i\)级武器的期望花费。显然\(dp[0] = a\)。

考虑\(dp[1]\)的求法,首先需要两个级别为\(0\)的武器,然后发现无论失败与否都可以保证至少又一个\(0\)级武器,所以我们只需要注意另外一个武器的花费就可以了:

\[ dp[1] = dp[0] + dp[1] \times \frac{1}{p} \]

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Miller-Rabin & Pollard-Rho 算法笔记

Miller-Rabin 素数测试

首先,强烈推荐阅读这篇文章。(看懂了就不用来了)

Miller-Robin 算法包括两个部分,一个是费马测试,还有一个就是二次探测。这两个东西听上去非常的玄学(的确也是),我来讲清楚,并附上代码。我们现在要进行测试的数是\(p\)。

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CH3401:石头游戏题解

毒瘤思路

对,这道题是毒瘤题。首先,我们可以判定出,这些序列一定会在\(60s\)内全部从头开始,因为\(1,2,3,4,5,6\)的最大公倍数为\(60\)。之后,我们可以考虑把这些操作放入操作矩阵之中。操作矩阵的长宽都为\(n*m\)。具体的操作对应如下:

  • 在本题中,我们把一个二维的点映射为一个数,公式为\(num(i,j)=(i-1)m+j\)。
  • 对于把格子值设置为数字的操作:
    1. 首先把操作矩阵\(A[0][num(i,j)]\)设置为操作数。
    2. 之后,把矩阵\(A[num(i,j)][num(i,j)]\)设置为\(1\),这是为了使其在矩阵乘法中得到保留。
  • 而对于移动操作:
    • 如果是\(E\),那么把\(A[num(i,j)][num(i,j+1)]\)设置为一,以此类推

然后算出\(p=\lfloor \frac{m}{60} \rfloor, q = m \mod 60\),进行矩阵快速幂和连续乘法即可。

好毒瘤,建议不要写。

代码

// CH3401.cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAX_N = 70;
ll N, M, t, act;
char opt[MAX_N][MAX_N];
string opts[MAX_N];
struct matrix
{
    ll mat[MAX_N][MAX_N], n, m;
    matrix() { memset(mat, 0, sizeof(mat)); }
    matrix(int n, int m)
    {
        this->n = n, this->m = m;
        for (int i = 1; i <= max(n, m); i++)
            mat[i][i] = 1;
    }
    matrix operator*(const matrix &tar) const
    {
        matrix ans = matrix();
        ans.n = n, ans.m = tar.m;
        for (int i = 0; i <= n; i++)
            for (int j = 0; j <= tar.m; j++)
                for (int k = 0; k <= m; k++)
                    ans.mat[i][j] += mat[i][k] * tar.mat[k][j];
        return ans;
    }
    matrix operator^(const int &tim) const
    {
        int ti = tim;
        matrix ans, bas = *this;
        for (int i = 0; i <= max(n, m); i++)
            ans.mat[i][i] = 1;
        ans.n = n, ans.m = m;
        while (ti)
        {
            if (ti & 1)
                ans = ans * bas;
            bas = bas * bas;
            ti >>= 1;
        }
        return ans;
    }
} P, Q, mats[70];
ll getPos(ll x, ll y) { return (x - 1) * M + y; }
int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld%lld", &N, &M, &t, &act);
    for (int i = 1; i <= N; i++)
        for (int j = 1; j <= M; j++)
            cin >> opt[i][j], opt[i][j] -= '0';
    for (int i = 0; i < act; i++)
        cin >> opts[i];
    int p = t / 60, q = t % 60;
    matrix F;
    F.n = 0, F.m = getPos(N, M), F.mat[0][0] = 1;
    for (int tim = 1; tim <= 60; tim++)
    {
        matrix current;
        current.n = getPos(N, M), current.m = getPos(N, M);
        current.mat[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= N; i++)
            for (int j = 1; j <= M; j++)
            {
                int pos = (tim - 1) % (opts[opt[i][j]].size());
                char op = opts[opt[i][j]][pos];
                switch (op)
                {
                case 'N':
                    if (i > 1)
                        current.mat[getPos(i, j)][getPos(i - 1, j)] = 1;
                    break;
                case 'S':
                    if (i < N)
                        current.mat[getPos(i, j)][getPos(i + 1, j)] = 1;
                    break;
                case 'E':
                    if (j < M)
                        current.mat[getPos(i, j)][getPos(i, j + 1)] = 1;
                    break;
                case 'W':
                    if (j > 1)
                        current.mat[getPos(i, j)][getPos(i, j - 1)] = 1;
                    break;
                case 'D':
                    break;
                default:
                    current.mat[0][getPos(i, j)] = op - '0';
                    current.mat[getPos(i, j)][getPos(i, j)] = 1;
                    break;
                }
            }
        mats[tim] = current;
    }
    P = mats[1];
    for (int i = 2; i <= 60; i++)
        P = P * mats[i];
    P = P ^ p;
    Q = q == 0 ? matrix(getPos(N, M), getPos(N, M)) : mats[1];
    for (int i = 2; i <= q; i++)
        Q = Q * mats[i];
    F = F * P * Q;
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i <= getPos(N, M); i++)
        ans = max(ans, F.mat[0][i]);
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}

P2501:[HAOI2006]数字序列题解

主要思路

这道题算是非常的毒瘤了。

首先我们来看第一问,根据 XG 巨佬的话,是非常明显的。我们在序列读入时减去元素自己的序号,找 LIS 长度即可。代码:

scanf("%lld", &n);
for (ll i = 1; i <= n; i++)
    scanf("%lld", &arr[i]), arr[i] -= i, dst[i] = INF;
dst[0] = -INF, dp[1] = 1, len = 1, dst[1] = arr[1], arr[0] = -INF, arr[++n] = INF;
for (ll i = 2; i <= n; i++)
{
    ll addr = upper_bound(dst, dst + 1 + len, arr[i]) - dst;
    len = max(len, addr);
    dp[i] = addr;
    dst[addr] = min(dst[addr], arr[i]);
}
printf("%lld\n", n - dp[n]);

第二问我们引出一个小的结论:如果要把区间\([l\dots r]\)之间变得“好看”,那么这个子区间内一定分为两段:高度为\(arr[l]\)的一段和高度\(arr[r]\)的一段。注意,此时\(arr[]\)内的元素已经剪去了元素编号。

所以这第二问就是一道区间 DP,时间复杂度为\(O(n^3)\)。不过好在序列随机,且我们可以使用邻接表预先存好那些可以处理的区间,然后进行 DP。

代码

// P2501.cpp
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll MX_N = 35020, INF = 0x3f3f3f3f;
ll head[MX_N], arr[MX_N], n, len, dst[MX_N], dp[MX_N], M_curt, f[MX_N], sum1[MX_N], sum2[MX_N];
struct edge
{
    ll to, nxt;
} edges[MX_N << 1];
void addpath(ll src, ll dst)
{
    edges[M_curt].to = dst, edges[M_curt].nxt = head[src];
    head[src] = M_curt++;
}
int main()
{
    memset(head, -1, sizeof(head));
    scanf("%lld", &n);
    for (ll i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%lld", &arr[i]), arr[i] -= i, dst[i] = INF;
    dst[0] = -INF, dp[1] = 1, len = 1, dst[1] = arr[1], arr[0] = -INF, arr[++n] = INF;
    for (ll i = 2; i <= n; i++)
    {
        ll addr = upper_bound(dst, dst + 1 + len, arr[i]) - dst;
        len = max(len, addr);
        dp[i] = addr;
        dst[addr] = min(dst[addr], arr[i]);
    }
    printf("%lld\n", n - dp[n]);
    for (ll i = n; i >= 0; i--)
        addpath(dp[i], i), f[i] = INF;
    f[0] = 0;
    for (ll i = 1; i <= n; i++)
        for (ll e = head[dp[i] - 1]; e != -1; e = edges[e].nxt)
        {
            ll v = edges[e].to;
            if (v > i)
                break;
            if (arr[v] > arr[i])
                continue;
            for (ll k = v; k <= i; k++)
                sum1[k] = abs(arr[k] - arr[v]), sum2[k] = abs(arr[k] - arr[i]);
            for (ll k = v + 1; k <= i; k++)
                sum1[k] += sum1[k - 1], sum2[k] += sum2[k - 1];
            for (ll k = v; k <= i - 1; k++)
                f[i] = min(f[i], f[v] + sum1[k] - sum1[v] + sum2[i] - sum2[k]);
        }
    printf("%lld", f[n]);
    return 0;
}