T1 [JZOJ1035] 粉刷匠
题目描述
windy有N条木板需要被粉刷。
每条木板被分为M个格子。
每个格子要被刷成红色或蓝色。
windy每次粉刷，只能选择一条木板上一段连续的格子，然后涂上一种颜色。
每个格子最多只能被粉刷一次。
如果windy只能粉刷 T 次，他最多能正确粉刷多少格子？
一个格子如果未被粉刷或者被粉刷错颜色，就算错误粉刷。
数据范围
$1 \leq N,M \leq 50$，$0 \leq T \leq 2500$
分析
设 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 条木板粉刷 $j$ 次最多粉刷正确的格子数，$h[i][j]$ 表示第 $i$ 行粉刷 $j$ 次最多粉刷正确的格子数
显然得到 $f[i][j]= \mathop{max}\limits_{0 \leq k \leq m} \{ f[i-1][j-k]+h[i][k] \}$
然后考虑怎么预处理出 $h$ 数组
由于直接从 $h[i][j-1]$ 转移到 $h[i][j]$ 是很困难的，所以可以加一维 $k$ 表示刷完第 $i$ 条木板的前 $k$ 个格子
每新一次粉刷的颜色应为粉刷区间内格子最多的颜色
于是状态转移方程为 $$h[i][j][k]= \mathop{max}\limits_{j-1 \leq l < k} \{ h[i][j-1][l]+max(b[i][k]-b[i][l],k-l-(b[i][k]-b[i][l])) \}$$
$b[i][j]$ 表示第 $i$ 行前 $j$ 个格子中要粉刷成蓝色的个数，这个可以在输入的时候处理
最后在 $f$ 数组的转移时，倒序枚举 $j$ 可以降掉第一维 $i$
我还预处理了每条木板最多粉刷的次数，然后成了考场上跑的最快的代码
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 55 #define T 2505 int n, m, t; int f[T], g[N][N], h[N][N][N]; int sum[N], pre[N], blue[N][N]; char s[N]; int main() { scanf("%d%d%d", &n, &m, &t); for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%s", s + 1); for (int j = 1; j <= m; j++) { if (s[j] == ‘0‘) blue[i][j] = blue[i][j - 1]; else g[i][j] = 1, blue[i][j] = blue[i][j - 1] + 1; } } for (int i = 1; i <= n; i++) { sum[i] = 1; for (int j = 2; j <= m; j++) if (g[i][j] != g[i][j - 1]) sum[i]++; pre[i] = pre[i - 1] + sum[i]; } for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= sum[i]; j++) for (int l = 1; l <= m; l++) for (int k = j - 1; k < l; k++) h[i][j][l] = max(h[i][j][l], h[i][j - 1][k] + max(blue[i][l] - blue[i][k], l - k - (blue[i][l] - blue[i][k]))); for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = pre[i]; j; j--) for (int k = 1; k <= j && k <= sum[i]; k++) f[j] = max(f[j], f[j - k] + h[i][k][m]); while (!f[t]) t--; printf("%d\n", f[t]); return 0; }
T2 [JZOJ1036] 迷路
题目描述
windy在有向图中迷路了。
该有向图有N个节点，windy从节点0出发，他必须恰好在T时刻到达节点N-1。
现在给出该有向图，你能告诉windy总共有多少种不同的路径吗？
注意：windy不能在某个节点逗留，且通过某有向边的时间严格为给定的时间。
数据范围
$2 \leq N \leq 10$，$1 \leq T \leq 10^9$
分析
连续两次考矩阵乘法，想不到想不到
矩阵乘法有这么一个定理：
一个存图（边权均为 $1$）的矩阵 $m$ 自乘 $k$ 次后，$m[i][j]$ 就表示从 $i$ 到 $j$ 走 $k$ 步的路径数
但是这题比较难搞的就是，每条边的边权可能是 $0 \sim 9$ 中的任意值
然后有了个神奇操作——分点（或者是说把每条边拆开），这样矩阵内所有边权都为 $0$ 或 $1$，第 $i$ 个点就被分为了 $10 \times i+j \, (1 \leq j \leq 9)$
对于一条边 $(u,v,w)$，我们需要先将 $10 \times u+1 \sim w$ 中的所有点连接，再把 $10 \times u+w$ 和 $10 \times v+1$ 连起来
于是原矩阵就转化为了一个 $0/1$ 矩阵，后面也就很简单了
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 105 int n, t; char s[N]; const int mod = 2009; struct Mat { int m[N][N]; Mat() {memset(m, 0, sizeof m);} } x; Mat mul(Mat a, Mat b) { Mat c; for (int i = 0; i < 10 * n; i++) for (int j = 0; j < 10 * n; j++) for (int k = 0; k < 10 * n; k++) c.m[i][j] = (c.m[i][j] + a.m[i][k] * b.m[k][j] % mod) % mod; return c; } Mat mpow(Mat a, int b) { Mat c; for (int i = 0; i < 10 * n; i++) c.m[i][i] = 1; while (b) { if (b & 1) c = mul(c, a); a = mul(a, a); b >>= 1; } return c; } void add(int u, int v, int w) { if (!w) return; for (int i = 1; i < w; i++) x.m[10 * u + i][10 * u + i + 1] = 1; x.m[10 * u + w][10 * v + 1] = 1; } int main() { scanf("%d%d", &n, &t); for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%s", s); for (int j = 0; j < n; j++) add(i, j, s[j] - ‘0‘); } x = mpow(x, t); printf("%d\n", x.m[1][10 * (n - 1) + 1]); return 0; }
T3 [JZOJ1038] 游戏
题目描述
windy学会了一种游戏。
对于1到N这N个数字，都有唯一且不同的1到N的数字与之对应。
最开始windy把数字按顺序1，2，3，……，N写一排在纸上，然后再在这一排下面写上它们对应的数字，然后又在新的一排下面写上它们对应的数字。
如此反复，直到序列再次变为1，2，3，……，N。
如：1 2 3 4 5 6 对应的关系为 1->2 2->3 3->1 4->5 5->4 6->6，windy的操作如下
1 2 3 4 5 6
2 3 1 5 4 6
3 1 2 4 5 6
1 2 3 5 4 6
2 3 1 4 5 6
3 1 2 5 4 6
1 2 3 4 5 6
这时，我们就有若干排1到N的排列，上例中有7排。
现在windy想知道，对于所有可能的对应关系，有多少种可能的排数。
数据范围
$1 \leq N \leq 10^3$
原文：https://www.cnblogs.com/Pedesis/p/11326704.html
