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--- 2020-2021:teams:legal_string:组队训练比赛记录:contest11 [2021/08/05 21:50]
jxm2001
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jxm2001
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 ^  题目  ^  蒋贤蒙  ^  王赵安  ^  王智彪  ^
-|  B  |  0  |  0  |  0  |
+|  B  |  2  |  1  |  0  |
-|  D  |  0  |  0  |  0  |
+|  D  |  2  |  0  |  1  |
-|  E  |  2  |  0  |  0  |
+|  E  |  2  |  0  |  1  |
 |  G  |  0  |  0  |  0  |
 |  I  |  0  |  0  |  0  |
-|  J  |  2  |  0  |  0  |
+|  J  |  2  |  0  |  1  |
-|  L  |  2  |  0  |  0  |
+|  L  |  2  |  0  |  1  |
 ====== 题解 ======
+===== B. Bipartite Blanket =====
+==== 题意 ====
+给定一个二分图，左部有 $n$ 个点，右部有 $m$ 个点和一个下界 $t$。每个点有一个点权。
+要求选出一个点集，该点集的点权和不小于 $t$ 且该点集是二分图匹配的一部分。问有多少选择方案。
+==== 题解 ====
+首先给定霍尔婚配定理：对点集 $S$，定义 $f(S)$ 表示所有与 $S$ 相邻的点集，则 $S$ 可以被匹配的充要条件是 $\forall T(T\subseteq S\to |T|\le |f(T)|)$。
+于是可以 $O(n2^n)$ 计算出左部、右部的所有合法点集。
+设 $A$ 是左部的一个合法点集，$B$ 是右部的一个合法点集，则有 $A\cup B$ 是二分图匹配的一部分，证明如下：
+由于 $A$ 存在匹配，所以可以令 $A$ 中每个点向他的匹配点连一条有向边，同时对 $B$ 进行相同操作。
+得到一个有向图，由于所有点出度不超过 $1$，因此可以有向图可以分割成若干个环和路径。对于每个环，直接两两匹配即可。
+对于每个路径，易知路径终点不属于 $A,B$，如果路径长度是奇数，则舍去路径终点，其他点两两匹配。
+如果路径长度是偶数，则加入路径终点进行两两匹配。
+于是可以记录左部所有合法点集的点权以及右部所有合法点集的点权，双指针统计答案。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXN=21;
+int g1[MAXN],g2[MAXN],a[MAXN],b[MAXN];
+int s[1<<MAXN],vis[1<<MAXN],bt[1<<MAXN],lg2[1<<MAXN];
+bool ok[1<<MAXN];
+#define lowbit(x) (x&(-x))
+vector<int> solve(int *a,int *g,int n){
+	vector<int> ans;
+	int S=1<<n;
+	ok[0]=1;
+	ans.push_back(0);
+	_for(i,1,S){
+		ok[i]=1;
+		s[i]=0;
+		_for(j,0,n){
+			if(i&(1<<j)){
+				ok[i]&=ok[i^(1<<j)];
+				s[i]+=a[j];
+			}
+		}
+		vis[i]=vis[i^lowbit(i)]|g[lg2[lowbit(i)]];
+		ok[i]&=(bt[vis[i]]>=bt[i]);
+		if(ok[i]){
+			ans.push_back(s[i]);
+			//printf("%d %d\n",i,s[i]);
+		}
+	}
+	return ans;
+}
+char buf[MAXN];
+int main(){
+	int n=read_int(),m=read_int();
+	_for(i,0,n){
+		scanf("%s",buf);
+		_for(j,0,m){
+			if(buf[j]=='1'){
+				g1[i]|=1<<j;
+				g2[j]|=1<<i;
+			}
+		}
+	}
+	_for(i,0,n)a[i]=read_int();
+	_for(i,0,m)b[i]=read_int();
+	int S=1<<MAXN;
+	_for(i,1,S)
+	bt[i]=bt[i^lowbit(i)]+1;
+	_for(i,0,MAXN)
+	lg2[1<<i]=i;
+	vector<int> s1=solve(a,g1,n);
+	vector<int> s2=solve(b,g2,m);
+	sort(s1.begin(),s1.end());
+	sort(s2.begin(),s2.end(),greater<int>());
+	int t=read_int(),pos=0;
+	LL ans=0;
+	for(int v:s1){
+		while(pos<s2.size()&&v+s2[pos]>=t)pos++;
+		ans+=pos;
+	}
+	enter(ans);
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
+===== D. Dancing Disks =====
+==== 题意 ====
+给定一个 $6\times 6$ 的栈，每次可以从栈 $(r,c)$ 顶部取若干个元素放入栈 $(r+1,c)$ 或栈 $(r,c+1)$ 的顶部。
+初始时所有元素都在栈 $(1,1)$，自底向上分别是 $a_1,a_2\cdots a_n$，其中 $a_1,a_2\cdots a_n$ 构成 $1\sim n$ 的一个排列。
+要求构造一个方案将所有元素转移到栈 $(6,6)$，且栈 $(6,6)$ 自底向上分别是 $n,n-1\cdots 1$。其中 $n\le 40000$。
+==== 题解 ====
+设 $f(r,c)$ 表示从 $f(r,c)$ 出发至少可以将多少个元素转移到 $(6,6)$ 且最终 $(6,6)$ 上元素有序。
+显然 $f(6,6)=1$。而对 $f(6,5)$，假设元素自底向上为 $1,2$，考虑先移动 $2$，再移动 $1$。假设元素自底向上为 $2,1$，则同时移动 $2,1$。
+如果有三个元素自底向上为 $3,1,2$，显然没有合法方案，所以 $f(6,5)=2$，同理 $f(5,6)=2$。
+对其他情况，可以先将栈 $(r,c)$ 的元素从小到大排序，然后依次分配 $f(i,j)$ 个元素给栈 $(i,j)$ 处理 $(i\ge r,j\ge c,i+j\gt r+c)$，于是有
+$$
+f(r,c)=\sum_{i\ge r,j\ge c,i+j\gt r+c}f(i,j)
+$$
+最后有 $f(1,1)\ge 40000$，所以一定存在合法方案。方案构造按上述方法即可。
+每个元素最多移动 $10$ 步，所以最多出现在 $10$ 个栈，所以总元素个数为 $O(10n)$，算上排序复杂度，总时间复杂度为 $O(10n\log n)$。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXN=4e4+5,N=6;
+int dp[N+1][N+1];
+int dfs1(int r,int c){
+	if(dp[r][c])return dp[r][c];
+	_rep(i,r,N)_rep(j,c,N){
+		if(i!=r||j!=c)
+		dp[r][c]+=dfs1(i,j);
+	}
+	return dp[r][c];
+}
+int a[MAXN],temp1[MAXN],temp2[MAXN],b[N+1][N+1];
+pair<int,int> p[MAXN];
+stack<int> st[N+1][N+1];
+void Move(int r1,int c1,int r2,int c2,int cnt){
+	while(r1<r2){
+		printf("%d %d D %d\n",r1,c1,cnt);
+		r1++;
+	}
+	while(c1<c2){
+		printf("%d %d R %d\n",r1,c1,cnt);
+		c1++;
+	}
+}
+void dfs2(int r,int c,int n){
+	if(n==0||(r==6&&c==6))return;
+	_for(i,0,n){
+		temp1[i]=temp2[i]=st[r][c].top();
+		st[r][c].pop();
+	}
+	if(r+c==11){
+		if(n==1)
+		Move(r,c,6,6,1);
+		else{
+			if(temp1[0]<temp1[1]){
+				Move(r,c,6,6,2);
+				st[6][6].push(temp1[1]);
+				st[6][6].push(temp1[0]);
+			}
+			else{
+				Move(r,c,6,6,1);
+				Move(r,c,6,6,1);
+				st[6][6].push(temp1[0]);
+				st[6][6].push(temp1[1]);
+			}
+		}
+		return;
+	}
+	sort(temp1,temp1+n);
+	int lpos=0;
+	_rep(i,r,N)_rep(j,c,N){
+		if(i==r&&j==c)continue;
+		int rpos=min(lpos+dp[i][j],n);
+		_for(k,lpos,rpos)
+		p[temp1[k]]=make_pair(i,j);
+		b[i][j]=rpos-lpos;
+		lpos=rpos;
+	}
+	_for(i,0,n){
+		int r2=p[temp2[i]].first,c2=p[temp2[i]].second;
+		Move(r,c,r2,c2,1);
+		st[r2][c2].push(temp2[i]);
+	}
+	for(int i=N;i>=r;i--)for(int j=N;j>=c;j--){
+		if(i==r&&j==c)continue;
+		dfs2(i,j,b[i][j]);
+	}
+}
+int main(){
+	int n=read_int();
+	_rep(i,1,n)
+	st[1][1].push(read_int());
+	dp[6][6]=1,dp[6][5]=dp[5][6]=2;
+	dfs1(1,1);
+	dfs2(1,1,n);
+//	while(!st[6][6].empty()){
+//		space(st[6][6].top());
+//		st[6][6].pop();
+//	}
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
 ===== J. Jazz Journey =====

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