火柴棒DP 【未完待续】

这种题主要是比较套路,在火柴棒的约束下搞事情

#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iomanip>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <string>
#include <set>
#include <vector>
 
using namespace std;
#define pr(x) cout << #x << " = " << x << "  "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
const int N = 1e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 1e9 + 7;
 
typedef long long LL;
 
int n, m;
LL dp[505][2][2][2]; //left, carry, place B, place C
int need[] = {6, 2, 5, 5, 4, 5, 6, 3, 7, 6};
 
void add(LL& x, LL y) {
    x += y;
    if(x >= m) x -= m;
}
 
LL dfs(int n, bool carry, bool B, bool C) {
    LL& ret = dp[n][carry][B][C];
    if(~ret) return ret;
    if(n == 0) {
        if(!carry && !B && !C) return ret = 1;
        return ret = 0;
    }
 
    ret = 0;
    if(B && C) {
        for(int i = 0; i < 10; ++i) {
            for(int j = 0; j < 10; ++j) {
                int sum = need[i] + need[j] + need[(i + j + carry) % 10];
                if(sum > n) continue;
                bool nxt = i + j + carry >= 10;  //check next carry
                //always can continue to place B & C
                add(ret, dfs(n - sum, nxt, 1, 1));
                if(i) add(ret, dfs(n - sum, nxt, 0, 1)); //choose not to place B
                if(j) add(ret, dfs(n - sum, nxt, 1, 0)); //choose not to place C
                if(i && j) add(ret, dfs(n - sum, nxt, 0, 0)); //choose neither place
            }
        }
    } else if(B) {
        for(int i = 0; i < 10; ++i) {
            int sum = need[i] + need[(i + carry) % 10];
            if(sum > n) continue;
            bool nxt = i + carry >= 10;
            add(ret, dfs(n - sum, nxt, 1, 0));
            if(i) add(ret, dfs(n - sum, nxt, 0, 0));
        }
    } else if(C) {
        for(int j = 0; j < 10; ++j) {
            int sum = need[j] + need[(j + carry) % 10];
            if(sum > n) continue;
            bool nxt = j + carry >= 10;
            add(ret, dfs(n - sum, nxt, 0, 1));
            if(j) add(ret, dfs(n - sum, nxt, 0, 0));
        }
    } else {
        if(carry && n == need[1]) ret = 1;
    }
    return ret;
}
 
int main() {
#ifdef LOCAL
    freopen("in.txt", "r", stdin);
//  freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
    ios_base::sync_with_stdio(0);

    int t; scanf("%d", &t);
    int kase = 0;
    while(t--) {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        n -= 3; //subtract - & = signs' cost
        memset(dp, -1, sizeof dp);
        printf("Case #%d: %I64d\n", ++kase, dfs(n, 0, 1, 1));
    }
    return 0;
}

[数位DP][二进制性质][异或][贪心] 百度之星初赛Round 2 1003 度度熊与运算式1


题意:给一堆1,中间由运算符 $op$ 隔开,$op$ 可能是按位异或 $\oplus$ 或者$?$, 问现在把 $?$ 换成 $\oplus$ 或者 $+$ ,能让整个运算式取最大的方案结果是多少?

题解:首先注意到一点是位运算优先级比异或运算高,这样的话显然我们可以把原来的不能更换的 $\oplus$ 当作分隔,把原式分割成一些段,现在的问题就是怎么处理这些段里的符号使得最后结果最大。
继续阅读“[数位DP][二进制性质][异或][贪心] 百度之星初赛Round 2 1003 度度熊与运算式1”

[数位DP][模板][二进制性质] SDOI2016 储能表

题目链接

题意:给定n, m, k, p, 求出
\[
\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{m-1} max(i\oplus j-k)\\
最大数据范围
T = 5000, n \leq 10 ^ {18} , m \leq 10 ^ {18} , k \leq 10 ^ {18} , p \leq 10 ^ 9
\]

题解:转化成求\[\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{m-1} i\oplus j*\epsilon(i\oplus j-k) – k*\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{m-1} 1*\epsilon(i\oplus j-k)\],其中\[\epsilon(x)当x> 0时为1,否则为0\]. 这样的话可以直接数位dp计算了,有两个范围和一个约束,要计算的量也有两个,刚学到的kuangbin的板子十分的好用!!!这个甩锅给-1位的写法真的太简洁了。

error:第一个是搞错了当前位的贡献,只乘上了二进制位的权值,没有乘后面的种类数。第二个是爆int,日常long long错误
继续阅读“[数位DP][模板][二进制性质] SDOI2016 储能表”

[补题][数位dp][位运算] 2019牛客第七场 H Pair

题目链接

题意:给定ABC三个数,大小1e9,要求求出来1<=x<=A,1<=y<=B范围内满足(x&y)>C或(x^y)<C的(x,y)对数。

由于题目给的是或条件,所以还要考虑一个容斥的问题,先算出来单独满足两个条件的数目,再减去同时满足两个条件的数目,即可得到答案。先考虑单独计算两个条件的情况:

一般来说这种数位dp的框架都是类似的,在第i位时考虑前面的约束有没有“顶满”,如果顶满的话考虑当前这一位的限制,否则继续递归下去。这样的框架使得最后的递归边界处理变成了最有思维含量的一部分。这个题不同寻常的地方在于它是强制要求你同时考虑多个边界的,这是值得注意的一点。在这个题目里比较友好的一点是他对于与C的关系比对的时候是不等号,没有等号,这样的话,我们只要在dp计数的过程中一直保持可行性就可以了,到最后一步(pos=-1)只需要判断

1)前面是不是顶到C的头了,如果是的话就不行
2)前面是不是顶到了全0,因为题目要求x,y至少为1
继续阅读“[补题][数位dp][位运算] 2019牛客第七场 H Pair”

[补题][线段树][权值区间离散化] 2019牛客第七场 E Find the median

本质上是一个离散化的权值线段树,其实很简单,比赛时候没写出来是个遗憾,主要当时没考虑清楚离散化的对象,结果和之后的处理方式。

刚开始看题面里一个数据生成公式,以为是强制在线的,后来发现其实是假的,输入是可以全部离线处理出来的。这样的话就可以先把每一步中的L,R求出来了。之后的话,注意到题目的操作实质上相当于权值线段树的操作就可以计数了,我这里当时以为是add值的操作,其实只是增加了数字的个数而已。但是数字范围会很大,所以要离散化一下。这里要特别注意的是在这种区间的离散化之后,就不是原来线段树了(原来的我们所谓正常的线段树其实相当于是个点树),因此要用[l,r)这种左闭右开的区间来计算,否则二分的时候会漏掉中间的一段[mid,mid+1]。

wa点的话有一个是查询的时候参考值要用long long,因为他最大可能是4e5*1e9的,另一个是要开8倍空间,因为4e5个操作其实有8e5个l(r)值。。。
继续阅读“[补题][线段树][权值区间离散化] 2019牛客第七场 E Find the median”