USACO 2020 Dec (P) Editorial

2022-07-14 21:32:37 阅读：159 来源： 互联网

标签：return Editorial int cdot 2020 mp && Dec mod

写这篇题解很有挑战性啊，两黑一紫，黑题还是看着玄乎的题解和玄乎的 std 做的。不过还是整理一下的好。

B. Spaceship

有一个 \(N(N\le 60)\) 个点的有向图（用邻接矩阵给你了）。给你 \(Q(Q\le 60)\) 次独立的询问，每次你可以从一个点 \(s\) 出发，到达另一个点 \(t\) 停下来，只要沿着边走，可以经过重复点和边，\(t\) 在最终之前也可以重复到达而不停；你手上有个遥控器，上面有 \(1\sim K\) 共 \(K\) 个 button，每到达一个点（包括 \(s,t\)）你都要按下一个可用的 button \(b\)，这会让 button \(1\sim b-1\) 都变成可用的，而 \(b\) 变成暂时不可用的；询问有多少种行动方案，使得最开始在 \(s\) 时按了 \(b_s\)，最终在 \(t\) 时按了 \(b_t\)。

首先观察性质，假如把 buttons 按从左到右为位数从低到高的顺序看成一个二进制数（从 \(1\) 到 \(K\)），那么可以发现最高位是单调不降的。这将启发我们将最高位纳入 dp 状态。
我们设 \(f(l,i,j)\) 表示只按过位数 \(\le l\) 的 buttons，从 \(i\) 走到 \(j\) 的行动方案。
分类讨论。

若只按过 \(<l\) 的 buttons，则一定只按过 \(\le l\) 的 buttons，因而 \(f(l,i,j)\gets f(l-1,i,j)\)
若按过 \(l\) 号 button，发现只会按唯一的一次，我们可以设是在哪儿按了它，即按照套路，可以枚举中转点 \(k\)，则 \(f(l,i,j)\gets \sum_{u\in \text{Neighbour}(k)}{v\in \text{Neighbour}(k)}f(l-1,i,u)\cdot f(l-1,v,j)\)。我们考虑到：交换求和顺序可以分别计算 \(g(l-1,i)=\sum f(l-1,i,u)\) 和 \(h(l-1,j)=\sum f(l-1,v,j)\)，并最后直接 \(f(l,i,j)\gets g(l-1,i)\cdot h(l-1,j)\)。

怎么把询问中的限制 \(s:b_s,t:b_t\) 放进来？
首先我们想到可以枚举 \(s'\in \text{Neighbour}(s),t'\in\text{Neighbour}(t)\)，但是这样没有办法晓得 \(l\) 那维的终状态是什么，pass 掉。
然后我们想到可以对于每一个询问，建立两个新点 \(S,T\)，它们不可作为 \(k\)（中转点），因为它们是虚拟的；我们正常转移，唯一不同的地方在于，当 \(i=S,k=s,l=b_s\) 时，如果不特判 \(g(l-1,k)=1\)，那 \(g(l-1,k)\) 就是 \(0\) 了，这可不行，所以要特判，\(j=T,k=t,l=b_t\) 时类似的。最后 \(f(K,S,T)\) 就是答案了。诶，这个方法不错！不过它是 \(O(QN^3K)\) 的，比较够呛！
我们来考虑这个做法的核心是什么，那就是把 \(s,t\) 融入了进来。更神奇的是，复杂度没有增加！如果将所有的 \(s_i,t_i\) 分别建立虚拟点 \(S_i,T_i\) 融入进来，按照上面类似的方法，复杂度就是 \(O(N(N+Q)^2K+Q)\) 了，由于 \(N,Q\) 同阶，所以相当于还在上面的做法的复杂度上削掉了一个 \(O(N)\)。

接下来的部分很重要，因为如果你直接开始写可能发现啥正确答案都得不到，因为不太知道 dp 边界。这个是最难 figure out 的部分。
\(l\) 从 \(1\) 到 \(K\) 枚举，\(f\) 不需初始化，但考虑 \(f(\cdot,k,\cdot)\) 和 \(f(\cdot,\cdot,k)\)，它们会算错，原因在于 \(g(l-1,k)=h(l-1,k)=0\)，所以加一句特判，\(=1\)。
然后你发现我们 AC 了！

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=66,mod=1e9+7;
int n,K,q,r,f[N][N*2][N*2],g[N*2],h[N*2],s[N],bs[N],t[N],bt[N],mp[N];
char str[N];
bool e[N][N];
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&K,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%s",str+1);
		for(int j=1;j<=n;j++)e[i][j]=str[j]-'0';
	}
	for(int i=1;i<=q;i++)scanf("%d%d%d%d",&bs[i],&s[i],&bt[i],&t[i]);
	for(int l=1;l<=K;l++){
		for(int k=1;k<=n;k++){
			memset(g,0,sizeof g),memset(h,0,sizeof h);
			g[k]=h[k]=1;
			for(int i=1;i<=n+q;i++){
				for(int u=1;u<=n;u++)if(e[u][k])(g[i]+=f[l-1][i][u])>=mod&&(g[i]-=mod);
				if(i>n&&k==s[i-n]&&l==bs[i-n])g[i]++;
			}
			for(int j=1;j<=n+q;j++){
				for(int v=1;v<=n;v++)if(e[k][v])(h[j]+=f[l-1][v][j])>=mod&&(h[j]-=mod);
				if(j>n&&k==t[j-n]&&l==bt[j-n])h[j]++;
			}
			for(int i=1;i<=n+q;i++)for(int j=1;j<=n+q;j++)(f[l][i][j]+=1ll*g[i]*h[j]%mod)%=mod;
		}
		for(int i=1;i<=n+q;i++)for(int j=1;j<=n+q;j++)(f[l][i][j]+=f[l-1][i][j])%=mod;
	}
	for(int i=1;i<=q;i++)printf("%d\n",f[K][i+n][i+n]);
}

C. Cowmistry

从集合 \(S=[l_1,r_1]\cup[l_2,r_2]\cup\dots\cup[l_N,r_N](\forall 1\le i<N,r_i<l_{i+1};\forall 1\le i\le N,0\le l_i,r_i\le 10^9)\) 中选 \(3\) 个不同的数 \(a,b,c\)，使得 \(a\oplus b,b\oplus c,a\oplus c\le K\)，问有多少个合法的无序三元组 \((a,b,c)\)（即 \((a,b,c),(a,c,b),\dots\) 算一样的）。模 \(10^9+7\)，\(N\le 2\times 10^4,K\le 10^9\)。

先把 K++，\(\le K\) 变成 \(<K\)。这对后面有帮助。
再求一个 \(>K\) 的最小 \(P=2^o\)。
首先 \(a/P=b/P=c/P\) 是条件成立的必要条件。分类讨论。

\(a/\frac P2=b/\frac P2=c/\frac P2\) 时，条件显然成立，
否则，不妨设 \(a/\frac P2<b/\frac P2=c/\frac P2\)（由鸽巢原理可知必有两个相等），那么 \(b\oplus c<K\) 是一定的，而……

没时间了，（主要是写不下去了），这里是官方题解和洛谷翻译题解，都写得很好，当是自己写的吧，，，，

#include <bits/stdc++.h>
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
const int N=1e5+5,mod=1e9+7,I2=500000004,I6=166666668;
int n,k,P,ans;
vector<pii>ran;
map<int,vector<pii> >mp;
inline int calc(vector<pii>a){
	int s=0;
	for(pii t:a)s+=t.se-t.fi+1;
	return s%mod;
}
inline int C(int n,int m){
	if(m==2)return n*(n-1ll)%mod*I2%mod;
	return n*(n-1ll)%mod*(n-2)%mod*I6%mod;
}
void work(vector<pii>a,vector<pii>b,int P,int cur){
	if(!a.size())return;
	if(!b.size()){
		(ans+=1ll*calc(a)*C(cur,2)%mod)%=mod;
		return;
	}
	if(b.size()==1&&!b[0].fi&&b[0].se==P-1){
		(ans+=1ll*calc(a)*C((cur+(k&(P-1)))%mod,2)%mod)%=mod;
		return;
	}
	vector<pii>A[2],B[2];
	for(pii t:a){
		int tl=max(t.fi-P/2,0),tr=min(t.se-P/2,P/2-1);
		if(tl<=tr)A[1].push_back(mkp(tl,tr));
		tl=t.fi,tr=min(t.se,P/2-1);
		if(tl<=tr)A[0].push_back(mkp(tl,tr));
	}
	for(pii t:b){
		int tl=max(t.fi-P/2,0),tr=min(t.se-P/2,P/2-1);
		if(tl<=tr)B[1].push_back(mkp(tl,tr));
		tl=t.fi,tr=min(t.se,P/2-1);
		if(tl<=tr)B[0].push_back(mkp(tl,tr));
	}
	if(k&(P/2))work(A[0],B[1],P/2,(cur+calc(B[0]))%mod),work(A[1],B[0],P/2,(cur+calc(B[1]))%mod);
	else work(A[0],B[0],P/2,cur),work(A[1],B[1],P/2,cur);
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);k++;//【易错】先k++，再求P
	int o=log2(k)+1;
	P=1<<o;
	k-=P/2;
	for(int i=1,l,r;i<=n;i++){
		scanf("%d%d",&l,&r);
		int Ll=!l?0:(l-1)/P+1,Lr=(r+1)/P;
		if(Ll>Lr)mp[Ll-1].push_back(mkp(l%P,r%P));
		else {
			(ans+=(2ll*C(P/2,3)%mod+1ll*P*C(k,2)%mod)%mod*(Lr-Ll)%mod)%=mod;
			if(P*Ll>l)mp[Ll-1].push_back(mkp(l%P,P-1));
			if(P*Lr<=r)mp[Lr].push_back(mkp(0,r%P));
		}
	}
	vector<pii>a,b;
	for(auto ran:mp){
		a.clear(),b.clear();
		for(pii t:ran.se){
			if(t.fi<P/2&&P/2<=t.se){
				a.push_back(mkp(t.fi,P/2-1));
				b.push_back(mkp(0,t.se%(P/2)));
			}
			else {
				if(t.fi<P/2)a.push_back(mkp(t.fi,t.se));
				else b.push_back(mkp(t.fi%(P/2),t.se%(P/2)));
			}
		}
		work(a,b,P/2,0),work(b,a,P/2,0);
		(ans+=C(calc(a),3))%=mod,(ans+=C(calc(b),3))%=mod;
	}
	cout<<ans;
}

标签：return,Editorial,int,cdot,2020,mp,&&,Dec,mod
来源： https://www.cnblogs.com/impyl/p/16479386.html

本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享；
2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关；
3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关；
4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除；
5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。

ICode9

USACO 2020 Dec (P) Editorial

A. Sleeping Cows P

B. Spaceship

C. Cowmistry