标签：bar int 蔚来 复杂度 多校 long 牛客 include dp
G
题解
知识点：思维。
\(lds(p)\) 表示最小上升子序列分划数 (Dilworth 定理)
\(lis(p)\cdot lds(p) \geq n \Rightarrow max \{lds(p), lis(p)\} \geq \lceil \sqrt n \rceil\)
因此将排列构造多个长度为 \(\lceil \sqrt n \rceil\) 递增串，并且递增串的最大值一定递减，形如 789456123 即可。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
int n;
cin >> n;
int sn = ceil(sqrt(n));
for (int i = 1;i <= n;i += sn) {
for (int j = min(i + sn - 1, n);j >= i;j--)
cout << j << ' ';
}
cout << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
J
题解
方法一
知识点：线性回归。
显然运用线性回归公式：
\[\begin{aligned} y = Ax + B \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} A =& \dfrac{\sum_{i = 1}^n x_iy_i - n\bar x \bar y}{\sum_{i = 1}^n x_i^2 - n\bar x^2} \\ B =& \bar y - A\bar x \\ \end{array} \right. \end{aligned} \]注意精度。
时间复杂度 \(O(tn)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
方法二
知识点：三分。
如果不知道线性回归，可以运用三分斜率 \(A\) ，已知过 \((\bar x,\bar y)\) 求 \(B\) ，同样注意精度。
时间复杂度 \(O(tn \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
方法一
#include <bits/stdc++.h>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#define ll long long
using namespace std;
namespace GTI {
char gc(void) {
const int S = 1 << 16;
static char buf[S], *s = buf, *t = buf;
if (s == t) t = buf + fread(s = buf, 1, S, stdin);
if (s == t) return EOF;
return *s++;
}
int gti(void) {
int a = 0, b = 1, c = gc();
for (; !isdigit(c); c = gc()) b ^= (c == '-');
for (; isdigit(c); c = gc()) a = a * 10 + c - '0';
return b ? a : -a;
}
}
using GTI::gti;
int a[100007];
bool solve() {
int n = gti();
double xavg = (1 + n) / 2.0, yavg = 0;
ll Au = 0, Av = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
a[i] = gti();
yavg += a[i];
Au += 1LL * i * a[i];
Av += 1LL * i * i;
}
yavg /= n;
double A = (Au - n * xavg * yavg) / (Av - n * xavg * xavg);
double B = yavg - A * xavg;
double ans = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) ans += (A * i + B - a[i]) * (A * i + B - a[i]);
cout << fixed << setprecision(9) << ans << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
t = gti();
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
方法二
没写
K
题解
知识点：计数dp。
\(dp[i][j][k]\) 表示为 \(B\) 放了 \(i\) 个括号，\(B\) 与 \(A\) 的lcs为 \(j\) ，还有 \(k\) 个未匹配的左括号。
转移方程为：
int t = j + (s[j + 1] == '(');
dp[i + 1][t][k + 1] = (dp[i][j][k] + dp[i + 1][t][k + 1]) % mod;
t = j + (s[j + 1] == ')');
if (k) dp[i + 1][t][k - 1] = (dp[i][j][k] + dp[i + 1][t][k - 1]) % mod;
上面是下一个位置放左括号的情况，下面是下一个位置放右括号的情况。
但是，通常转移方程都是当前状态是目标状态，这里是当前状态 \(dp[i][j][k]\) 是上一次状态，而目标状态并非当前状态。原因是如果知道当前状态，是找不到上一次状态的，因为不知道当前括号是不是与lcs对应的括号，因此转换递推方式，遍历已知推未知，而非遍历未知找已知推。
时间复杂度 \(O(tm^2n)\)
空间复杂度 \(O(m^2n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
int dp[207][207][207];
bool solve() {
memset(dp, 0, sizeof(dp));
int n, m;
cin >> n >> m;
string s;
cin >> s;
s = '?' + s + '?';
dp[0][0][0] = 1;
for (int i = 0;i <= m - 1;i++) {
for (int j = 0;j <= min(i, n);j++) {
for (int k = 0;k <= i;k++) {
int t = j + (s[j + 1] == '(');
dp[i + 1][t][k + 1] = (dp[i][j][k] + dp[i + 1][t][k + 1]) % mod;
t = j + (s[j + 1] == ')');
if (k) dp[i + 1][t][k - 1] = (dp[i][j][k] + dp[i + 1][t][k - 1]) % mod;
}
}
}
cout << dp[m][n][0] << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
标签：bar,int,蔚来,复杂度,多校,long,牛客,include,dp 来源： https://www.cnblogs.com/BlankYang/p/16522803.html
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