咕了好久了，来更一篇（
这场比赛可以说吸取了之前的教训，但没有吸取完。
考场上顺序开题。
\(\mathrm{A.}\mathbb{毛一琛}\)：状压
\(\mathrm{B.}\mathbb{毛二琛}\)：不知道
\(\mathrm{C.}\mathbb{毛三琛}\)：不知道
可以说毫无头绪 \(\color{green}(\)
别人：
研究 \(\mathrm{A}\Rightarrow\) 拿到高分
研究 \(\mathrm{B}\Rightarrow\) 拿到高分
研究 \(\mathrm{C}\Rightarrow\) 拿到高分
或者是：
研究 \(\mathrm{A}\Rightarrow\) 研究 \(\mathrm{B}\Rightarrow\) 研究 \(\mathrm{C}\Rightarrow\) 拿到高分
我：
研究 \(\mathrm{\{A,B,C\}}\Rightarrow\) 反复横跳 \(\Rightarrow\) 时间不足 \(\Rightarrow\) 一通乱搞 \(\Rightarrow\) 搞成低分
主要是在一直考虑 \(\mathrm{A}\) 的优化和 \(\mathrm{B}\) 的假做法。
这种状况持续了两个小时（
最后的一个小时：按照 \(\mathrm{\{C,A,B\}}\) 的顺序写暴力。
估分：\(20+0+40=\color{green}60\)
实际：\(15+0+40=55\)
还是说正解吧（
\(\mathrm{A.}\mathbb{毛一琛}\)
考场上只想到了 \(O(3^n)\) 的枚举相等子集的做法，一直在想优化，但没想出来。
正解
\(\mathrm{meet}\ \mathrm{in}\ \mathrm{the}\ \mathrm{middle}\)
考虑把原来长度为 \(n\) 的序列分为两个长度为 \(\frac{n}{2}\) 的序列，先算一边，用一个 \(\mathrm{map}\)，以两个子集的差为下标，把更新的状态全存进去。
再算另一边，进行相同的操作，只不过不用存进去，把相同差的所有（前半的）状态与枚举到的当前的（后半的）状态或出最终的合法的状态，用一个 \(vis\) 数组进行判断是否合法。
最终只需统计有多少个状态 \(i\) 使得 \(vis_i=1\)
时间复杂度为 \(O(6^{\frac{n}{2}}\color{green})\)
code#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=21;
int n;
int a[N],sum[(1<<(N-1))+5],lg[(1<<(N-1))+5];
bool vis[(1<<(N-1))+5];
int ans;
map<int,vector<int> >q;
inline 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-48;
ch=getchar();
}
return x*f;
}
int main()
{
n=read();
int base=1<<(n>>1),limit=(1<<n)-1;
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
for(int i=0;i<=limit;i+=base)
{
for(int j=base,k=(n>>1)+1;j<=limit;j<<=1,k++)
{
if(i&j) sum[i]+=a[k];
}
}
for(int i=0;i<=base-1;i++)
{
for(int j=1,k=1;j<=base-1;j<<=1,k++)
{
if(i&j) sum[i]+=a[k];
}
}
for(int i=0;i<=limit;i+=base)
{
for(int j=0;j<=limit;j+=base)
{
if((i&j)==0) q[sum[i]-sum[j]].push_back(i|j);
}
}
for(int i=0;i<=base-1;i++)
{
for(int j=0;j<=base-1;j++)
{
if((i&j)==0)
{
for(int k:q[sum[i]-sum[j]]) vis[k|i|j]=1;
}
}
}
for(int i=1;i<=limit;i++) ans+=vis[i];
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
\(\mathrm{B.}\mathbb{毛二琛}\)
考场上想的是先求出一种合法的 \(q\)，再从这个 \(q\) 去拓展其它合法的 \(q\),结果这个做法被A神叉掉了。
正解
定义 \(cmp_i\) 为在序列 \(q\) 中第 \(i\) 位与第 \(i+1\) 位 \(\mathrm{swap}\) 的先后顺序,对于一个数，如果想回到原来的位置的话，从当前这个位置到原本的位置这一段区间，在序列 \(q\) 上的顺序就已经固定了。
求 \(cmp\) 的方法可以用一个右指针 \(r\)，初始 \(r=n-1\)，每次在 \([1,r]\) 中寻找 \(\max\) 然后计算 \(cmp\) 从 \(\max\) 到 \(r\) 的值，最后 \(O(n^2)\ \mathrm{dp}\) 即可。
记得处理边界。
设 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 在前 \(i\) 个数中排名为 \(j\) 的方案数，则有：
\(f_{i,j}=\begin{cases} \displaystyle\sum_{k=j}^{i-1}f_{i-1,k}&\text{if}\ cmp_{i-1}=\color{green}1\\ \displaystyle\sum_{k=1}^{j-1}f_{i-1,k}&\text{if}\ cmp_{i-1}=0 \end{cases}\\\)
前缀和维护即可做到 \(O(n^\color{green}2)\) 的时间复杂度。
另一种求 \(cmp\) 数组的方法可以见dalao的博客
code#include<iostream>
using namespace std;
const int N=5005,mod=1e9+7;
int n,mx,id;
int p[N],cmp[N];
int f[N][N],sum[N][N];
long long ans;
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>p[i];
p[i]++;
}
int r=n-1;
while(r>=1)
{
mx=0;
for(int i=1;i<=r;i++)
{
if(mx<p[i])
{
mx=p[i];
id=i;
}
}
for(int i=id;i<=r-1;i++) cmp[i]=1;
cmp[id-1]=0;
if(mx>p[r+1]) cmp[r]=1;
r=id-2;
}
f[1][1]=sum[1][1]=1;
for(int i=2;i<=n-1;i++)
{
for(int j=1;j<=i;j++)
{
if(cmp[i-1]==1) f[i][j]=(sum[i-1][i-1]-sum[i-1][j-1]+mod)%mod;
else f[i][j]=sum[i-1][j-1];
}
for(int j=1;j<=i;j++) sum[i][j]=(sum[i][j-1]+f[i][j])%mod;
}
cout<<sum[n-1][n-1]<<endl;
return 0;
}
\(\mathrm{C.}\mathbb{毛三琛}\)
正常的枚举加二分，复杂度为 \(O(nP\log nP)\)
正解
在二分的基础上加上随机化，去掉枚举 \(x\) 的部分，改成用 \(\mathrm{random\_shuffle}\) 来随机化的选取 \(x\)，如果当前 \(x\) 可以使得 \(ans\) 更优，再进行二分，否则直接 \(continue\)，一个随机排列中比前面所有数都大的数的数量期望为 \(\log\)(感性理解)，因此复杂度为\(O(nP+n\log n\log P)\)
code#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10005;
int n,P,k;
int a[N],b[N],c[N];
int ans=0x3f3f3f3f;
bool check(int x)
{
int cnt=1,sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
sum+=b[i];
if(b[i]>x) return 0;
if(sum>x) cnt++,sum=b[i];
}
if(cnt<=k) return 1;
return 0;
}
int main()
{
srand(time(0));
cin>>n>>P>>k;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=0;i<=P-1;i++) c[i]=i;
random_shuffle(c,c+P);
for(int j=0;j<=P-1;j++)
{
int x=c[j];
for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=(a[i]+x)%P;
if(check(ans)==0) continue;
int l=0,r=P*n;
while(l<r)
{
int mid=(l+r)/2;
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid+1;
}
ans=min(ans,l);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
