[選拔賽1]花園（矩陣快速冪），JM的月亮神樹（最短路），保護出題人（斜率優化）
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T1：花園
title
小 L 有一座環形花園，沿花園的順時針方向，他把各個花圃編號為 1∼n。花圃 1 和 n 是相鄰的。
他的環形花園每天都會換一個新花樣，但他的花園都不外乎一個規則：任意相鄰 m 個花圃中都只有不超過 k 個 C 形的花圃，其餘花圃均為 P 形的花圃。
例如，若 n=10 , m=5 , k=3 ，則
CCPCPPPPCC 是一種不符合規則的花圃。
CCPPPPCPCP 是一種符合規則的花圃。
請幫小 L 求出符合規則的花園種數對 109+7 取模的結果。
【輸入格式】
只有一行三個整數，分別表示 n, m, k。
【輸出格式】
輸出一行一個整數表示答案。
【樣例1】
garden.in garden.out
10 5 3 458
【樣例2】
garden.in garden.out
6 2 1 18
【資料規模與約定】
對於 40% 的資料，保證 n≤20。
對於 80% 的資料，保證 n≤105。
對於 100% 的資料，保證 2≤n≤1015 ，2≤m≤min(n,5)，1≤k≤m。
solution
不得不說一句，這個出題人是很有良心的
首先40分，直接暴力枚舉出每一種花圃裝修，然後進行\(check\)
接著80分，看資料範圍就可以明顯被\(n,m\)的量級差給衝擊到，\(m\)極其小，花圃不是\(C\)就是\(P\)
順其自然的聯想到狀壓\(dp\)求解，設\(dp[i][s]\)表示到第\(i\)個花圃為止，最後連續的\(m\)個花圃狀態為\(s\)
\[dp[i][s]=\sum_{s=0}^{(1<<m)-1}dp[i-1][s] \]
當然這中間的轉移需要判斷一下\(s\)中是否\(1\)過多（假設\(C\)為1）
兩者是否有轉移關聯性，因為對於\(i\)
最後100分
顯而易見，我們需要消除掉\(n\)帶來的巨大不可承受的時間複雜度，一般來說這麼大的\(n\)
要麼發現實現根本與\(n\)不掛鉤（通過某些轉移方程式），要麼壓縮成\(log\)，亦或各種優化
在80分狀壓的時候，我畫了個示意圖，要求轉移之間某些花圃必須一一對應，連線段之間的相同
讓我的靈感一瞬閃過——矩陣快速冪！！！
只要兩個之間可以轉移我就置為\(1\)，最後把對角線的值加起來即可
code
#include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; #define mod 1000000007 #define ll long long ll n, ans; int m, k, cnt; int t[205]; bool count( int S ) { int tot = 0; while( S ) tot += S & 1, S >>= 1; return tot > k; } bool comp( int s1, int s2 ) { for( int i = 0;i <= m - 2;i ++ ) { int x1 = ( s1 >> i ) & 1; int x2 = ( s2 >> ( i + 1 ) ) & 1; if( x1 != x2 ) return 1; } return 0; } struct Matrix { ll c[50][50]; Matrix() { memset( c, 0, sizeof( c ) ); } Matrix operator * ( const Matrix &p ) { Matrix res; for( int i = 1;i <= cnt;i ++ ) for( int k = 1;k <= cnt;k ++ ) for( int j = 1;j <= cnt;j ++ ) res.c[i][j] = ( res.c[i][j] + c[i][k] * p.c[k][j] % mod ) % mod; return res; } }A, B; Matrix qkpow( Matrix x, ll y ) { Matrix res; for( int i = 1;i <= cnt;i ++ ) res.c[i][i] = 1; while( y ) { if( y & 1 ) res = res * x; x = x * x; y >>= 1; } return res; } int main() { scanf( "%lld %d %d", &n, &m, &k ); int S = 1 << m; for( int i = 0;i < S;i ++ ) if( count( i ) ) continue; else t[++ cnt] = i; for( int i = 1;i <= cnt;i ++ ) for( int j = 1;j <= cnt;j ++ ) if( comp( t[i], t[j] ) ) continue; else A.c[i][j] = 1; B = qkpow( A, n ); for( int i = 1;i <= cnt;i ++ ) ans = ( ans + B.c[i][i] ) % mod; printf( "%lld", ans ); return 0; }
T2：月亮神樹
title
JM今天過得實在是太慘了，他肥腸不爽，因此他搬出了他祖傳的月亮神樹。月亮神樹的光輝照耀XJTUACM，每分鐘都可以從所有被照射的人的手中奪取他1%的財產。JM覺得他很快就能賺得盆滿缽滿。然而月亮神樹不久後突然失控了，不僅不把它奪來的財產交給JM，甚至開始奪取JM的財產，把JM氣瘋了，趕緊關閉了月亮神樹。
因為月亮神樹沒執行多久就被關掉了，所以大家並沒有損失多少，迫於月亮神樹的威壓，並沒有人去理它。可是wzk昨天剛中了彩票，賺了100000000000￥，轉眼就被剝奪了很多。因為wzk太rich了，所以他的損失格外大。為了奪回財產，無敵的wzk決定消滅月亮神樹。
月亮神樹的構造非常神奇，它的枝杈交錯縱橫，樹上甚至存在環路，可以視為一個無向帶權連通圖的結構。月亮神樹有一個核心節點，記為 s 。要想消滅月亮神樹，必須找到月亮神樹的嚴格最不科學生成樹，這是它的弱點，這樣就能將其一舉摧毀。
定義：一個圖 G 的不科學生成樹是 G 的一棵子樹，在這棵子樹上，從核心節點 s 到任意一個節點 u 的最短路徑長度，和在原圖上是等長的。其中節點 s 是月亮神樹的核心節點。
定義：一個圖 G 的最不科學生成樹是 G 的所有不科學生成樹中，邊權和最小的一棵樹。
定義：一個圖 G 的嚴格最不科學生成樹是 G 的所有最不科學生成樹中，有序邊序列的字典序最小的一棵樹。
定義：一個圖 G 的有序邊序列是指，將圖上所有邊按編號從小到大排序後得到的編號序列。當然，子圖子樹也適用。
現在給定月亮神樹，即給定一個 n 個點 m 條邊的無向帶權連通圖，點的編號從1到n，邊的編號從1到m，給定核心節點的編號 s ，求其嚴格最不科學生成樹。
【輸入格式】
第一行三個正整數 n,m,s 。
接下來 m 行，第 i 行三個正整數 u,v,w ，表示編號為 i 的邊。
輸入保證圖是連通的，保證圖上不含重邊和自環。。
【輸出格式】
第一行兩個正整數 cnt 和 sum ，用空格隔開，其中 cnt 表示嚴格最不科學生成樹的邊的個數， sum 表示嚴格最不科學生成樹的邊權和。
接下來一行 cnt 個正整數，用空格隔開，為樹上所有邊的編號，按編號從小到大輸出。
【樣例1】
moontree.in moontree.out
3 3 3
1 2 1
2 3 1
1 3 2 2 2
1 2
【樣例2】
moontree.in moontree.out
4 4 4
2 3 1
1 2 1
3 4 1
4 1 2 3 4
1 3 4
【資料規模與約定】
對於25%的資料， 1≤n,m≤10 。
另有25%的資料， 1≤n,m≤100 。
對於100%的資料， 1≤n,m≤3*105 ，1≤wi≤109 。
solution
老師說這道題最水，可我這道題的分最少
聽完題解後覺得——確實很水
堆優化\(dijkstra\)時間複雜度\(O(nlogn)\)凸(艹皿艹 )！！！考試時我就想著先求出最短路，但我想著\(dijkstra\)時間複雜度不是\(O(n^2)\)嘜，我連堆優化寫法都想好了！！但是我敗在了時間複雜度上面，我就沒敲，靠！！一直寫的這種，我竟不知是堆優化，鴨血！！！
首先跑出每個點距離超級源點的最短路，然後思考對於每個點可能存在不止一條最短路
此時就要保證權值最小，權值最小的保證下又要編號最小
所以當同時多條最短路出現時，取權值最小，更新編號陣列
權值一樣時，選編號更小者即可
code
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAXN 300005
struct Gragh {
int v, id;
ll w;
Gragh(){}
Gragh( int V, ll W, int ID ) {
v = V, w = W, id = ID;
}
};
struct node {
int v;
ll w;
node(){}
node( int V, ll W ) {
v = V, w = W;
}
bool operator < ( const node &t ) const {
return w > t.w;
}
};
struct edge {
int u, v, id;
ll w;
edge(){}
edge( int U, int V, ll W, int ID ) {
u = U, v = V, w = W, id = ID;
}
}E[MAXN];
priority_queue < node > q;
vector < Gragh > G[MAXN];
int n, m, s, tot, cnt;
ll ans;
int flag[MAXN];
ll dis[MAXN];
bool vis[MAXN], used[MAXN];
void dijkstra() {
memset( dis, 0x3f, sizeof( dis ) );
dis[s] = 0;
q.push( node( s, 0 ) );
while( ! q.empty() ) {
int u = q.top().v; q.pop();
if( vis[u] ) continue;
vis[u] = 1;
for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {
int v = G[u][i].v, w = G[u][i].w, id = G[u][i].id;
if( dis[v] > dis[u] + w ) {
dis[v] = dis[u] + w;
q.push( node( v, dis[v] ) );
flag[v] = id;
}
else if( dis[v] == dis[u] + w ) {
if( w < E[flag[v]].w ) flag[v] = id;
else if( w == E[flag[v]].w && id < E[flag[v]].id )
flag[v] = id;
}
}
}
}
int main() {
scanf( "%d %d %d", &n, &m, &s );
for( int i = 1;i <= m;i ++ ) {
int u, v; ll w;
scanf( "%d %d %lld", &u, &v, &w );
G[u].push_back( Gragh( v, w, i ) );
G[v].push_back( Gragh( u, w, i ) );
E[i] = edge( u, v, w, i );
}
dijkstra();
for( int i = 1;i <= n;i ++ )
if( flag[i] ) {
++ tot, ans += E[flag[i]].w;
used[flag[i]] = 1;
}
printf( "%d %lld\n", tot, ans );
for( int i = 1;i <= m;i ++ )
if( used[i] ) printf( "%d ", i );
return 0;
}
T3：保護出題人
title
出題人銘銘認為給 SDOI2012 出題太可怕了，因為總要被罵，於是他又給 SDOI2013 出題了。
參加 SDOI2012 的小朋友們釋放出大量的殭屍，企圖攻擊銘銘的家。而你作為 SDOI2013的參賽者，你需要保護出題人銘銘。
殭屍從唯一一條筆直道路接近，你們需要在銘銘的房門前放置植物攻擊殭屍，避免殭屍碰到房子。第一關，一隻血量為 a1 點的殭屍從距離房子 x1 米處勻速接近，你們放置了攻擊力為 y1點/秒的植物進行防禦；第二關，在上一關基礎上，殭屍佇列排頭增加一隻血量為 a2 點的殭屍，與後一隻殭屍距離 d 米，從距離房子 x2 米處勻速接近，你們重新放置攻擊力為y2 點/秒的植物；……；第 n 關，殭屍佇列共有 n 只殭屍，相鄰兩隻殭屍距離 d 米，排頭殭屍血量為 an 點，排第二的殭屍血量 an-1 ，以此類推，排頭殭屍從距離房子 xn 米處勻速接近，其餘殭屍跟隨排頭同時接近，你們重新放置攻擊力為 yn 點/秒的植物。
每隻殭屍直線移動速度均為 1 米/秒，由於植物射擊速度遠大於殭屍移動速度，可忽略植物子彈在空中的時間。所有殭屍同時出現並接近，因此當一隻殭屍死亡後，下一隻殭屍立刻開始受到植物子彈的傷害。
遊戲得分取決於你們放置的植物攻擊力的總和，和越小分數越高，為了追求分數上界，你們每關都要放置攻擊力盡量小的植物。
作為 SDOI2013 的參賽選手，你們能保護出題人麼？
【輸入格式】
第一行兩個空格隔開的正整數 n 和 d，分別表示關數和相鄰殭屍間的距離。
接下來 n 行每行兩個空格隔開的正整數，第 i + 1 行為 ai和 xi，分別表示相比上一關在殭屍佇列排頭增加血量為 ai 點的殭屍，排頭殭屍從距離房子 xi 米處開始接近。
【輸出格式】
一個數，n 關植物攻擊力的最小總和 ，保留到整數。
【樣例1】
protect.in protect.out
5 2
3 3
1 1
10 8
4 8
2 3 7
【樣例1 說明】
第一關：距離房子 3 米處有一隻血量 3 點的殭屍，植物最小攻擊力為 1.00000；
第二關：距離房子 1 米處有一隻血量 1 點的殭屍、3 米處有血量 3 點的殭屍，植物最小攻擊力為 1.33333；
第三關：距離房子 8 米處有一隻血量 10 點的殭屍、10 米處有血量 1 點的殭屍、12 米處有血量 3 點的殭屍，植物最小攻擊力為 1.25000；
第四關：距離房子 8 米處有一隻血量 4 點的殭屍、10 米處有血量 10 點的殭屍、12 米處有血量 1 點的殭屍、14 米處有血量 3 點的殭屍，植物最小攻擊力為 1.40000；
第五關：距離房子 3 米處有一隻血量 2 點的殭屍、5 米處有血量 4 點的殭屍、7 米處有血量 10 點的殭屍、9 米處有血量 1 點的殭屍、11 米處有血量 3 點的殭屍，植物最小攻擊力為 2.28571。
【資料規模與約定】
對於 30%的資料，n≤103 。
對於 50%的資料，n≤104 。
對於 70%的資料，1≤n≤105 ，1≤d≤106 ，1≤x≤106 ，1≤a≤106 。
對於 100%的資料， 1≤n≤105 ，1≤d≤1012 ，1≤x≤1012 ，1≤a≤1012 。
solution
此題的\(x,a\)我們可以抽象在二維平面上，就很想我們做的三分燈泡模型↓↓
設\(dp[i][j]\)表示消滅第\(i\)關卡前\(i-j\)個殭屍所需要的攻擊力
為了保證自己不被吃掉，我們就要求第\(i\)關卡的\(max{dp[i][j]}\)
對於\(j\)而言，攻擊力要求為$$(a_i+a_{i-1}+...+a_j)/(x_i+d*(i-j))$$
對於另一個\(k\)而言，假設\(j<k\)，則攻擊力要求為
\[(a_i+a_{i-1}+...a_j+...a_k)/(x_i+d*(i-j+j-k)) \]
令\(A=a_i+a_{i-1}+...+a_j,B=x_i+d*(i-j)\)
則兩個式子分別為
\[A/B,(A+a_{j-1}+...+a_k)/(B+d*(j-k)) \]
交叉相成
\[A*B+A*d*(j-k),A*B+B*(a_{j-1}+...+a_k) \]
相抵消
\[A*d*(j-k),B*(a_{j-1}+...a_k) \]
在轉化
\[A/B,(a_{j-1}+...+a_k)/(d*(j-k)) \]
最後推出我們想要的方程式
\[y_i=(1≤j≤i)\ \ max\{(sum_i−sum_{j−1})/(x_i+d×(i−j)\} \]
類似於斜率優化一樣去維護一個下凸包，然後三分找最大斜率即可
code
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define MAXN 100005
int n, top;
double ans;
long long d;
int st[MAXN];
long long x[MAXN], a[MAXN], sum[MAXN];
double calc1( int i, int j ) {
return 1.0 * ( sum[i - 1] - sum[j - 1] ) / ( d * ( i - j ) );
}
double calc2( int i, int j ) {
return 1.0 * ( sum[i] - sum[j - 1] ) / ( x[i] + d * ( i - j ) );
}
int main() {
scanf( "%d %lld", &n, &d );
for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {
scanf( "%lld %lld", &a[i], &x[i] );
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
}
for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {
while( top > 1 && calc1( i, st[top] ) < calc1( st[top], st[top - 1] ) )
top --;
st[++ top] = i;
int l = 1, r = top;
while( l <= r ) {
int tmp = ( r - l + 1 ) / 3;
int mid1 = l + tmp - 1, mid2 = l + ( tmp << 1 ) - 1;
if( mid1 == mid2 ) break;
if( calc2( i, st[mid1] ) < calc2( i, st[mid2] ) ) l = mid1 + 1;
else r = mid2 - 1;
}
ans += max( calc2( i, st[l] ), calc2( i, st[r] ) );
}
printf( "%0.f", ans );
return 0;
}