RenaMoe's Blog

念念不忘，必有回响

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20年12月29日 省选五校联合集训考试一

发表于 更新于 分类于 Valine：

构造 + min_25筛(?) + 区间 DP。

0 + 18 + 33 = 51，自闭场，垫底了。

模拟赛官方题解

A 我永远喜欢月

题目

给出 \(n\times m\) 的矩阵 \(A,B\)，每次操作选择 \((i,j)\)，让 \(A\) 中第 \(i\) 行和第 \(j\) 列都变为 \(0\) 并将 \(A_{i,j}\) 变为 \(1\)。问若干次后是否能将 \(A\) 变成 \(B\)。

\(n,m\le 10^3\)。

若 \(A\) 中某一行或某一列有 \(\ge 2\) 个 \(1\)，那么就无法操作，“锁”住。

对于点 \((i,j)\)，

  • 若第 \(i\) 行和第 \(j\) 列都锁住了，必须满足 \(A_{i,j}=B_{i,j}\)，否则无解；

  • 若只有行或者列被锁住，说明操作点一定不是该点；

  • 若行和列都没锁住，就是可以任意操作的点。

那么任意操作的点中，在 \(A\) 中一定要有 \(0\)（不然无从开始），在 \(B\) 中一定要有 \(1\)（每次操作至少剩一个 \(1\)），否则无解。

注意特判一开始 \(A=B\) 的情况。

复杂度 \(\mathcal O(nm)\)。

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const int N = 1e3 + 9;

int T, n, m;
int A[N][N], B[N][N], sum_col[N], sum_row[N];
char str[N];
bool vis_row[N], vis_col[N];

inline void clear() {
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 1; j <= m; ++j) A[i][j] = B[i][j] = 0;
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) sum_row[i] = vis_row[i] = 0;
    for (int i = 1; i <= m; ++i) sum_col[i] = vis_col[i] = 0;
}

void lock_row(int);
void lock_col(int);

void lock_row(int x) {
    if (vis_row[x]) return;
    vis_row[x] = true;
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
        if (B[x][i] == 1) lock_col(i);
}

void lock_col(int x) {
    if (vis_col[x]) return;
    vis_col[x] = true;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        if (B[i][x] == 1) lock_row(i);
}

inline bool check() {
    bool same = true;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 1; j <= m; ++j) {
            sum_row[i] += B[i][j];
            sum_col[j] += B[i][j];
            same &= A[i][j] == B[i][j];
        }
    }
    if (same) return true;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        if (sum_row[i] > 1) lock_row(i);
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
        if (sum_col[i] > 1) lock_col(i);
    bool a0 = false, b1 = false;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 1; j <= m; ++j) {
            if (vis_row[i] && vis_col[j]) {
                if (A[i][j] != B[i][j]) return false;
            }
            else if (!vis_row[i] && !vis_col[j]) {
                a0 |= A[i][j] == 0;
                b1 |= B[i][j] == 1;
            }
        }
    }
    if (!a0 || !b1) return false;
    return true;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n >> m;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            cin >> (str + 1);
            for (int j = 1; j <= m; ++j) A[i][j] = str[j] - '0';
        }
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            cin >> (str + 1);
            for (int j = 1; j <= m; ++j) B[i][j] = str[j] - '0';
        }
        if (check()) cout << "Yes" << endl;
        else cout << "No" << endl;
        clear();
    }
    return 0;
}

B 因数

题目

若 \(\displaystyle n=\prod_{i=1}^{k}p_i^{c_i}\)，设 \(\displaystyle f(n)=\sum_{i=1}^kc_i\)。求 \(\displaystyle \sum_{i=1}^n f(i)\)。

\(n\le 10^{11}\)。

\(\rm\color{black}{h}\color{red}{s\_black}\) 讲这个要 min_25 筛，不会，先咕了。

C 找朋友

题目

有 \(n\) 个鱼缸，\(m\) 只小鱼，每条鱼可以在一个区间内移动，安排鱼的位置，求在同一个位置的鱼的“对数”的最大值。

\(n\le 10^4\)，\(m\le 200\)。

区间 DP。

把小鱼的移动看成一条线段，设 \(f(i,j)\) 表示严格区间 \([i,j]\) 中的所有线段的最大答案。

枚举断点 \(k\)，让能跨过 \(k\) 的线段都集中在 \(k\) 点，不能跨过 \(k\) 点的线段的最优答案就是 \(f(i,k-1),f(k+1,j)\)。

把位置离散化了，复杂度 \(\mathcal O(m^3)\)。

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const int N = 1e4 + 9;
const int M = 409;

int n, m, W, ans, tot;
int h[N], lb[N], rb[N], tmp[N], val[N], f[N][N], sum[N];

inline void lsh() {
    for (int i = 1; i <= m; ++i) tmp[i] = lb[i], tmp[i + m] = rb[i];
    sort(tmp + 1, tmp + m + m + 1);
    tot = unique(tmp + 1, tmp + m + m + 1) - tmp - 1;
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        lb[i] = lower_bound(tmp + 1, tmp + tot + 1, lb[i]) - tmp;
        rb[i] = lower_bound(tmp + 1, tmp + tot + 1, rb[i]) - tmp;
    }
}

inline void main() {
    read(n), read(m), read(W);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        read(h[i]), h[i] = W - h[i];
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        int x, y;
        read(x), read(y);
        lb[i] = rb[i] = x;
        while (lb[i] > 1 && y > h[lb[i]]) --lb[i];
        while (rb[i] < n && y > h[rb[i]]) ++rb[i];
    }
    lsh();
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        for (int j = lb[i]; j <= rb[i]; ++j) ++val[j];
    }
    for (int i = 1; i <= tot; ++i) val[i] = val[i] * (val[i] - 1) / 2;
    for (int len = 1; len <= tot; ++len) {
        for (int i = 1; i + len - 1 <= tot; ++i) {
            int j = i + len - 1;
            for (int k = 1; k <= m; ++k) {
                if (lb[k] >= i && rb[k] <= j) ++sum[lb[k]], --sum[rb[k] + 1];
            }
            for (int k = i; k <= j; ++k) sum[k] += sum[k - 1];
            for (int k = i; k <= j; ++k)
                f[i][j] = max(f[i][j], (sum[k] * (sum[k] - 1) / 2) + f[i][k - 1] + f[k + 1][j]);
            for (int k = i; k <= j + 1; ++k) sum[k] = 0;
        }
    }
    printf("%d\n", f[1][tot]);
}