直接做啊，分类讨论即可
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>=b;i--)
#define maxd 1000000007
typedef long long ll;
const int N=100000;
const double pi=acos(-1.0);
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
return x*f;
}
int main()
{
int n=read(),st=read(),ans=0,tim=maxd;
rep(i,1,n)
{
int s=read(),d=read();
if (s==st) {printf("%d",i);return 0;}
else if (s>st)
{
if (s<tim) {ans=i;tim=s;}
}
else
{
int tmp=(st-s-1)/d+1;
int now=(tmp*d+s);
if (now<tim) {ans=i;tim=now;}
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
对于\(h_{i,j}\)，我们有两个最小值的限制，那么我们强制\(h_{i,j}\)为这两个限制最小值即可
由于题目保证有解，故总存在对应的答案
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>=b;i--)
#define maxd 1000000007
typedef long long ll;
const int N=100000;
const double pi=acos(-1.0);
int n,m,h,blo[1010][1010],ans[1010][1010],x[1010],y[1010];
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
return x*f;
}
int main()
{
n=read();m=read();h=read();
rep(i,1,m) x[i]=read();
rep(i,1,n) y[i]=read();
rep(i,1,n)
{
rep(j,1,m)
{
blo[i][j]=read();
}
}
rep(i,1,n)
{
rep(j,1,m)
{
if (blo[i][j])
{
ans[i][j]=min(x[j],y[i]);
}
}
}
rep(i,1,n)
{
rep(j,1,m)
{
printf("%d ",ans[i][j]);
}
printf("\n");
}
return 0;
}
考虑如何构造一个合法的括号序列
我们将\((\)看做\(1\)，将\()\)看做\(-1\)，那么原括号序列合法的条件就是\(\forall i\in [1..n],sum(1...i)>0\)
考虑这样的贪心：为了使前缀和尽可能的大，我们尽可能的将\((\)首先填完，之后剩下的位置再填\()\)
在首先判掉\((\)的个数超过一半了之后暴力扫描即可
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>=b;i--)
#define maxd 1000000007
typedef long long ll;
const int N=100000;
const double pi=acos(-1.0);
int n;
char s[300500];
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
return x*f;
}
int main()
{
n=read();
scanf("%s",s+1);
if (n&1) {cout <<":(";return 0;}
int cnt=n/2;
rep(i,1,n) if (s[i]=='(') cnt--;
if (cnt<0) {cout << ":(";return 0;}
rep(i,1,n)
{
if (s[i]=='?')
{
if (cnt) {s[i]='(';cnt--;}
else {s[i]=')';}
}
}
//rep(i,1,n) putchar(s[i]);
int tmp=0;
rep(i,1,n-1)
{
if (s[i]=='(') tmp++;else tmp--;
if (tmp<=0) {cout << ":(";return 0;}
}
rep(i,1,n) putchar(s[i]);
return 0;
}
\(mdzz\)，在这题上卡住了
注意到使得“根节点的值最大”的条件对任意子树都是成立的
记\(dp[u]\)为在\(u\)点上的值是所有叶子上的值的第\(k\)大，那么最后的答案就是\(cnt-dp[1]+1\)
那么对于\(min\)操作和\(max\)操作进行分类讨论
自己手玩一下便可以知道，\(min\)操作等价于\(dp[u]=\sum dp[v]\)，而\(max\)等价于\(dp[u]=min(dp[v])\)（\(v\)是\(u\)的儿子）
直接\(dfs\)即可
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>=b;i--)
#define maxd 1000000007
typedef long long ll;
const int N=100000;
const double pi=acos(-1.0);
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,all=0,ans,head[600600],w[600600],dp[600600],cnt=0;
struct node {
int nxt,to;
}sq[600500];
void add(int u,int v)
{
all++;sq[all].nxt=head[u];sq[all].to=v;head[u]=all;
}
void dfs(int u,int fu)
{
if(!head[u])
{
cnt++;dp[u]=1;
return;
}
if(w[u]==1) dp[u]=maxd;
int i;
for(i=head[u];i;i=sq[i].nxt)
{
int v=sq[i].to;
dfs(v,u);
if(w[u]==1) dp[u]=min(dp[u],dp[v]);
else dp[u]+=dp[v];
}
}
int main()
{
n=read();
rep(i,1,n) w[i]=read();
rep(i,2,n)
{
int fu=read();add(fu,i);
}
dfs(1,0);
printf("%d\n",cnt+1-dp[1]);
return 0;
}
CF的交互（尤其是\(div\ 2\)）基本上就是用来理性愉悦的
假设你从这条蛇的头部走到尾部，每次询问一个方格，你会发现只有在头部和尾部你会询问到奇数的答案，其他位置都是偶数，这十分好理解：对于除去头部和尾部的其他格子而言，为了保证蛇的连通性，必然是一次“进入”询问区间对应着恰好一次“走出”询问区间，即对询问答案个贡献一定是成对出现的
但是对于头部和尾部却不是这样，由于他会有一次“进入”或“走出”操作时突然出现的，所以它对答案的贡献一定是奇数
为了减少询问同时方便定位（就是从询问次数的大小发现的规律），我们可以暴力询问每一行和每一列共\(2n\)次询问，记录下来得到奇数答案的对应的行和列，然后分类讨论
1）假设得到了4个值，我们随意询问一个合法的格子，如果答案是奇数那么它就是一个头，否则将它对应的行和列拆开得到新的两个格子即为答案
2）假设得到了2个值，说明两个格子同行或同列，我们对于剩下的\(19\)次询问考虑二分，如每次询问\(1-mid\)的所有行（或列），如果答案是奇数的话那么答案就在此区间，否则就在另一个区间
很明显答案只有以上两种情况
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>=b;i--)
#define maxd 1000000007
typedef long long ll;
const int N=100000;
const double pi=acos(-1.0);
int n;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
return x*f;
}
int main()
{
n=read();
int x1=0,y1=0,x2=0,y2=0,got=0;
rep(i,1,n)
{
printf("? %d %d %d %d\n",i,1,i,n);fflush(stdout);
int cnt=read();
if (cnt&1)
{
if (x1) x2=i;else x1=i;
got++;
}
}
rep(i,1,n)
{
printf("? %d %d %d %d\n",1,i,n,i);fflush(stdout);
int cnt=read();
if (cnt&1)
{
if (y1) y2=i;else y1=i;
got++;
}
}
if (got==4)
{
printf("? %d %d %d %d\n",x1,y1,x1,y1);fflush(stdout);
int cnt=read();
if ((cnt&1)==0) swap(x1,x2);
printf("! %d %d %d %d\n",x1,y1,x2,y2);fflush(stdout);
}
else
{
if (x1)
{
int l=1,r=n,ansy;
while (l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
printf("? %d %d %d %d\n",x1,l,x1,mid);fflush(stdout);
int cnt=read();
if (cnt&1) {ansy=mid;r=mid-1;}
else {l=mid+1;}
}
printf("! %d %d %d %d\n",x1,ansy,x2,ansy);fflush(stdout);
}
else
{
int l=1,r=n,ansx;
while (l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
printf("? %d %d %d %d\n",l,y1,mid,y1);fflush(stdout);
int cnt=read();
if (cnt&1) {ansx=mid;r=mid-1;}
else l=mid+1;
}
printf("! %d %d %d %d\n",ansx,y1,ansx,y2);fflush(stdout);
}
}
return 0;
}
答案可以看做\(每一段的期望长度*每一次的期望段数\)
前者的答案是\(\frac{l}{2n+1}\)，关键是如何计算后者
记\(dp[i][j]\)为当前有\(i\)个节点，其中有\(j\)个节点没有右端点与其匹配的方案数
在枚举是按照当前的点是否配对即可，即对于\(dp[i][j]\)，有
\[dp[i+1][j+1]+=dp[i][j]\\
dp[i+1][j-1]+=dp[i][j]*j
\]
dp[i+1][j-1]+=dp[i][j]*j
\]
统计答案时，枚举左半边有\(i\)个点且有\(j\)（\(j\leq k\))个点未匹配，则\(ans=\sum dp[i][j]*dp[n*2-i][j]*j!\)
最后两者相乘即可
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>=b;i--)
#define maxd 998244353
typedef long long ll;
const int N=100000;
const double pi=acos(-1.0);
int n,k,l;
ll dp[4020][4020],fac[4040];
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
return x*f;
}
ll qpow(ll x,int y)
{
ll ans=1;
while (y)
{
if (y&1) ans=(ans*x)%maxd;
x=(x*x)%maxd;
y>>=1;
}
return ans;
}
ll inv(ll x) {return qpow(x,maxd-2);}
int main()
{
n=read();k=read();l=read();
dp[0][0]=1;
rep(i,0,n*2)
{
rep(j,0,min(i,n))
{
dp[i+1][j+1]=(dp[i+1][j+1]+dp[i][j])%maxd;
dp[i+1][j-1]=(dp[i+1][j-1]+dp[i][j]*j)%maxd;
}
}
fac[0]=1;
rep(i,1,4000) fac[i]=(fac[i-1]*i)%maxd;
ll ans=0;
rep(i,1,n*2)
{
rep(j,k,min(i,n))
{
ans=(ans+((dp[i][j]*dp[n*2-i][j])%maxd*fac[j])%maxd)%maxd;
}
}
ll len=l*inv(n*2+1)%maxd;
ans=ans*inv(dp[n*2][0])%maxd;
ans=ans*len%maxd;
printf("%lld",ans);
return 0;
}
code