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Day5
最小差异矩阵（a.cpp, a.in, a.out）
题面
【题目描述】
有一个 n*m 的矩阵，矩阵的每个位置上可以放置一个数。对于第 i 行，第 i 行的差异定
义为该行的最大数和最小数的差。一个矩阵的差异，定义为矩阵中每一行差异的最大值。现
在给定 k 个数 v[1..k]，问：从这 k 个数中选 n*m 个数放入矩阵，能够得到的矩阵的差异最
小值是多少。
【输入格式】
第一行三个整数，k, n, m，表示有 k 个数可选，矩阵的行数和列数分别为 n 和 m。
第二行 k 个整数，表示备选的数 v[1..k]。
【输出格式】
输出一个数，表示能够得到的最小差异值
【样例输入】
5 2 2
7 5 8 2 3
【样例输出】
1
【数据范围】
对于 30%的数据，k<= 10, n <= 3, m <= 3
对于 100%的数据，n * m <= k <= 100000, n, m <= 1000，0<= v[i] <= 10^9
【时空限制】
256MB，1s
考场思路
仔细读题，就发现这道题目是要让最大值最小，于是貌似就可以去二分答案。可以发现，如果把所有可以填的数排一下序，那么最优方法中每一行所选的数在排好序的序列中一定是连续的，所以可以贪心去取每一行的数，来验证答案。
考场代码
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60
| #include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define INF 0x7fffffff
#define re register
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define qwq printf("qwq\n");
using namespace std;
int read()
{
register int x = 0,f = 1;register char ch;
ch = getchar();
while(ch > '9' || ch < '0'){if(ch == '-') f = -f;ch = getchar();}
while(ch <= '9' && ch >= '0'){x = x * 10 + ch - 48;ch = getchar();}
return x * f;
}
int n,m,k,l,r,mid,ans,a[100005];
int cmp(int x,int y){return x < y;}
int check(int v)
{
int p1 = 0,p2 = 0,cnt = 1;
while(cnt <= n)
{
p1 = p2 = p2 + 1;
while(p2 - p1 + 1 < m)
{
p2++;
if(p2 > k) return 0;
while(a[p2] - a[p1] > v) p1++;
}
cnt++;
}
return 1;
}
int main()
{
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
k = read(); n = read(); m = read();
for(int i = 1; i <= k; i++) a[i] = read(),r = max(r,a[i]);
sort(a + 1, a + k + 1,cmp);
while(l < r)
{
mid = (l + r) >> 1
if(check(mid)) r = mid,ans = mid;
else l = mid + 1;
}
printf("%d\n",ans);
fclose(stdin); fclose(stdout);
return 0;
}
|
题解
![在这里插入图片描述]()
std
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| #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 7;
int n, m, k, v[maxn];
int judge(int d)
{
int tmp = 0;
for (int i=1; i+m-1<=k; ++i)
{
if (v[i+m-1] - v[i] <=d)
++tmp, i += m - 1;
}
if (tmp >= n) return 1;
return 0;
}
int main()
{
freopen("a.in", "r", stdin);
freopen("a.out", "w", stdout);
scanf("%d%d%d", &k, &n, &m);
for (int i=1; i<=k; ++i)
scanf("%d", &v[i]);
sort(v + 1, v + k + 1);
int left = 0, right = 1e9;
while (left < right)
{
int mid = (left + right) / 2;
if (judge(mid))
right = mid;
else
left = mid + 1;
}
printf("%d\n", left);
return 0;
}
|
分割序列（b.cpp, b.in, b.out）
【题目描述】
给定一个长度为 n 的序列 v[1..n]，现在要将这个序列分成 k 段（每段都丌能为空），定
义每一段的权值为该段上的所有数的戒和。定义整个序列的权值为每段权值的和。问：这个
序列的最大权值为多少。
【输入格式】
第一行两个数 n 和 k，意义如题意所示。
第二行 n 个数，表示这个序列 v[1..n]。
【输出格式】
输出一个数，代表这个序列的最大权值。
【输入样例】
5 2
7 5 8 2 3
【输出样例】
22
【数据范围】
对于 30%的数据，n<= 10, k <= 10
对于 60%的数据，n <= 100, k <= 100
对于 100%的数据，k <= n <= 2000，1<= v[i] <= 5 * 10^5
【时空限制】
256MB，1s
考场思路
一看到题就感觉像是个DP，于是就敲了一个$O(n^3)$的暴力。
状态设计：用$f[i][j]$表示把区间1~i分成j段能获得的最大价值。
转移：$f[i][j]=\max(f[k][j-1]+l[k+1][i]) $，其中$l[i][j]$表示对区间[i,j]按位或的结果。
考场代码
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44
45
| #include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define INF 0x7fffffff
#define re register
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define qwq printf("qwq\n");
using namespace std;
int read()
{
register int x = 0,f = 1;register char ch;
ch = getchar();
while(ch > '9' || ch < '0'){if(ch == '-') f = -f;ch = getchar();}
while(ch <= '9' && ch >= '0'){x = x * 10 + ch - 48;ch = getchar();}
return x * f;
}
long long n,k,v[100005],l[2005][2005],f[2005][2005];
int main()
{
freopen("b.in","r",stdin);
freopen("b.out","w",stdout);
n = read(); k = read();
for(int i = 1; i <= n; i++) l[i][i] = read();
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = i + 1; j <= n; j++)
l[i][j] = l[i][j - 1] | l[j][j];
for(int i = 1; i <= n; i++) f[i][1] = l[1][i];
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 2; j <= k; j++)
{
if(j > i) break;
for(int m = 1; m < i; m++)
f[i][j] = max(f[i][j],f[m][j - 1] + l[m + 1][i]);
}
printf("%lld\n",f[n][k]);
fclose(stdin); fclose(stdout);
return 0;
}
|
题解
![在这里插入图片描述]()
考虑用单调性去优化dp的复杂度。
$l[i][j]$j不变，关于i单调递减
std
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| #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long inf = 1ull << 30 << 20;
const int maxn = 2005;
vector<int> point[maxn];
int n, K, v[maxn], sum[maxn][maxn];
long long f[maxn][maxn];
int main()
{
freopen("b.in", "r", stdin);
freopen("b.out", "w", stdout);
cin >> n >> K;
for (int i=1; i<=n; ++i) cin >> v[i];
for (int i=1; i<=n; ++i) sum[i][i] = v[i];
for (int i=1; i<n; ++i)
for (int j=i+1; j<=n; ++j)
sum[i][j] = sum[i][j-1] | v[j];
for (int i=1; i<=n; ++i)
{
point[i].push_back(i);
for (int j=i-1; j>=1; --j)
if (sum[j][i] != sum[j+1][i])
point[i].push_back(j);
}
for (int k=1; k<=K; ++k)
for (int i=1; i<=n; ++i)
{
if (i < k) continue;
for (int j=0; j<point[i].size(); ++j)
{
int x = point[i][j];
if (x >= k)
f[i][k] = max(f[i][k], f[x-1][k-1] + sum[x][i]);
}
}
cout << f[n][K] << endl;
return 0;
}
|
树的魔法值（C.cpp, C.in, C.out）
【题目描述】
有一棵 k+1 层的满二叉树，那么该树有 2^k 个叶子节点。给定 n 个机器人(n=2^k)，
编号从 1—n，编号为 i 的机器人的权值为 v[i]。我们现在要将这 n 个机器人分别放置在这 n
个叶子节点上，每个叶子节点放且只能放一个机器人。叶子节点的权值为该叶子节点上的机
器人的权值。非叶子节点的权值定义为该树中编号最大的机器人的权值。每个非叶子节点除
了权值以外，还有一个魔法值，该点的魔法值为其左右儿子节点的权值的乘积。整棵树的魔
法值定义为非叶子节点的魔法值的和。
问：将这 n 个机器人随机地放在这 n 个叶子节点上，树的魔法值的期望为多少。
【输入格式】
第一行为一个整数 k，含义如题所示。
第二行为 2^k 个整数，依次表示这 n 个机器人的权值。
【输出格式】
假设答案为一个丌可约分数 P/Q，则输出在模 1e9+7 意义下的 P * (Q^-1)模 1e9+7
的值。
【样例输入 1】
2
1 3 5 7
【样例输出 1】
59
【样例解释】
对于 n=4 的情况，机器人共有 24 种丌同的安放方案。其中，本质丌同的有 3 种，分
别 是 ((1,3),(5,7)), ((1,5),(3,7)), ((1,7),(5,3)) ， 魔 法 值 分 别 为 13+57+3*7=59,
15+37+57=61, 17+53+57=57, 答案为（57+59+61）/3 = 59。
【样例输入 2】
2
1 5 3 7
【样例输出 2】
333333390
【数据范围】
30%的数据，k <= 3
60%的数据，k<= 10
100%的数据，k<= 18
【时空限制】
256MB，1s
考场思路
到这个题我只有半个小时了，看不懂样例2（老师讲题时才发现读错题了），想打一个暴力然后发现自己忘了怎么算逆元了，然后就gugu了。大概就按照线段树建树的方式瞎搞了一下，貌似还搞错了……
考场代码
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84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
| #include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define INF 0x7fffffff
#define re register
#define mod 1000000007
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define qwq printf("qwq\n");
using namespace std;
int read()
{
register int x = 0,f = 1;register char ch;
ch = getchar();
while(ch > '9' || ch < '0'){if(ch == '-') f = -f;ch = getchar();}
while(ch <= '9' && ch >= '0'){x = x * 10 + ch - 48;ch = getchar();}
return x * f;
}
long long n,k,ans,cnt,sum,a[100005],pd[100005],yx[100005];
char s[25][40320],now[25];
long long ksm(long long x,long long y)
{
long long ans = 1;
while(y > 0)
{
if(y & 1) ans = (ans * x) % mod;
x = (x * x) % mod;
y = y >> 1;
}
return ans % mod;
}
int check()
{
for(int i = 1; i <= cnt; i++) if(strcmp(now,s[i]) == 0) return 0;
strcpy(s[++cnt],now);
return 1;
}
long long build(int l,int r)
{
if(l == r) return a[l];
int mid = (l + r) >> 1;
int t1 = build(l,mid);
int t2 = build(mid + 1,r);
sum += t1 * t2;
return max(t1,t2);
}
void tj()
{
if(check() == 0) return ;
sum = 0;
build(1,n);
ans = ans + sum;
}
void dfs(int k)
{
if(k > n)
{
tj();
return ;
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
if(pd[i]) continue;
pd[i] = 1;
now[k - 1] = a[i];
yx[k] = a[i];
dfs(k + 1);
pd[i] = 0;
}
}
int main()
{
freopen("c.in","r",stdin);
freopen("c.out","w",stdout);
k = read();
n = 1 << k;
for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
dfs(1);
if(ans % cnt == 0) printf("%lld\n",ans / cnt);
else printf("%lld\n",(ans * ksm(cnt,1000000005)) % (1000000007));
fclose(stdin); fclose(stdout);
return 0;
}
|
题解
- 30分：全排列，暴力求期望
- 60分：
![在这里插入图片描述]()
![在这里插入图片描述]()
100分
听不懂……
std
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71
72
| #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = (1 << 18) + 7;
typedef long long LL;
LL fac[maxn], inv_fac[maxn], bit[maxn], sum[maxn];
int n, v[maxn], k;
int powmod(int x, int times)
{
LL tmp = 1;
while (times > 0)
{
if (times & 1) tmp = tmp * x % mod;
x = (LL)x * x % mod;
times >>= 1;
}
return tmp;
}
LL C(int x, int y)
{
if (x < y) return 0;
return fac[x] * inv_fac[y] % mod * inv_fac[x-y] % mod;
}
int main()
{
freopen("c.in", "r", stdin);
freopen("c.out", "w", stdout);
fac[0] = 1; for (int i=1; i<maxn; ++i) fac[i] = fac[i-1] * i % mod;
inv_fac[maxn-1] = powmod(fac[maxn-1], mod - 2);
for (int i=maxn-2; i>=0; --i) inv_fac[i] = inv_fac[i+1] * (i + 1) % mod;
bit[0] = 1; for (int i=1; i<=20; ++i) bit[i] = bit[i-1] * 2;
scanf("%d", &k);
n = bit[k];
for (int i=1; i<=bit[k]; ++i) scanf("%d", &v[i]);
LL ans = 0;
for (int d=1; d<=k; ++d)
{
LL tmp = 0;
for (int i=n; i>=bit[d]; --i)
sum[i] = (sum[i+1] + C(i-1-bit[d-1], bit[d-1]-1) * v[i]) % mod;
for (int j=n-1; j>=bit[d-1]; --j)
tmp = (tmp + C(j-1, bit[d-1]-1) * v[j] % mod * sum[max(bit[d], (LL)j + 1)]) % mod;
ans = (ans + tmp * fac[bit[d-1]] % mod * fac[bit[d-1]] % mod * fac[n-bit[d]] % mod
* 2 % mod * bit[k-d]) % mod;
}
ans = ans * inv_fac[n] % mod;
cout << ans << endl;
return 0;
}
anf("%d", &k);
n = bit[k];
for (int i=1; i<=bit[k]; ++i) scanf("%d", &v[i]);
LL ans = 0;
for (int d=1; d<=k; ++d)
{
LL tmp = 0;
for (int i=n; i>=bit[d]; --i)
sum[i] = (sum[i+1] + C(i-1-bit[d-1], bit[d-1]-1) * v[i]) % mod;
for (int j=n-1; j>=bit[d-1]; --j)
tmp = (tmp + C(j-1, bit[d-1]-1) * v[j] % mod * sum[max(bit[d], (LL)j + 1)]) % mod;
ans = (ans + tmp * fac[bit[d-1]] % mod * fac[bit[d-1]] % mod * fac[n-bit[d]] % mod
* 2 % mod * bit[k-d]) % mod;
}
ans = ans * inv_fac[n] % mod;
cout << ans << endl;
return 0;
}
|
