CF2122

CF2122D Traffic Lights

如果只有第一问的话，每个点分 \(\operatorname{deg}\) 个点跑分层图即可，但是在第二问这个就很没有道理了，因为是可以通过来回走来节省等待时间的。
所以每个点必须分成 \(t\) 个点。那么我们考虑一下第一问答案的上限。考察一条 \(1 \to n\) 经过 \(k\) 条边的最短路（就是边的数量最少），他的答案上限是 \(\sum \operatorname{deg}(u)\)。首先路径上的点之间肯定只能相邻的两个有边，否则就不是最短路了；其次对于不在这条路径上的 \(n - k\) 个点，最多向路径上的 3 个点连边，要不然也不是最短路了。这样就是 \(2 \times (k - 1) + 3 \times (n - k) = 3n - 2 - k \le 3n\)。
所以我们只需要跑 \(t \le 3n\) 的即可，这下也没必要跑最短路了，因为这样拆点之后是一个 DAG，直接二维 dp，复杂度 \(O(n^2 + m)\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e3 + 5, inf = 1e9;
int f[N][2], n, m;
vector<int> e[N];
void chmin(int &x, int y){ x = min(x, y); }
void solve(){cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; ++i) e[i].clear();for(int i = 1; i <= m; ++i){int u, v; cin >> u >> v;e[u].emplace_back(v);e[v].emplace_back(u);}int nw = 0;for(int i = 1; i <= n; ++i) f[i][1] = inf;f[1][1] = 0;for(int t = 0; t <= 3 * n; ++t){nw ^= 1;for(int i = 1; i <= n; ++i) f[i][nw ^ 1] = inf;for(int i = 1; i <= n; ++i){if(i == n && f[i][nw] != inf){cout << t << ' ' << f[i][nw] << '\n';return;}chmin(f[i][nw ^ 1], f[i][nw] + 1);int v = e[i][t % e[i].size()];chmin(f[v][nw ^ 1], f[i][nw]);}}
}
int main(){cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(0);int T; cin >> T;while(T--) solve();return 0;
}

CF2122E Greedy Grid Counting

记第一行的 \(n\) 个数是 \(a_i\)，第二行的 \(n\) 个数是 \(b_i\)。
我们先考察单个子矩形的情况，假设是 \(2 \times k\) 的。考虑调整，1 处转弯的答案是 \(M = a_1 + \sum_{i = 1}^k b_i\)，如果记录 \(c_i = a_{i} - b_{i - 1}(i > 1), c_1 = 0\)，那么 \(i\) 处转弯的答案是 \(M + \sum_{j \le i} c_j\)。
在 \(i\) 处转弯意味着 \(c_{i + 1} < 0\)。而为了让这条 Greedy Path 是最大的，这之后的 \(\forall j \ge i + 1, \sum_{p = i + 1}^j c_p \le 0\)。
然后卡住了。实际上由于我们要求任意子矩形内都要满足这一条件，我们只需要所有相邻的两个 \(c_i,c_j < 0\) 之间的 \([i,j)\) 之间的和 \(\le 0\)。关注这个还有一个好处，就是 \((i, j)\) 中的所有数都是 \(\ge 0\) 的，也就是和会越来越大。这样就好 dp 了，\(f_{i, j}\) 表示前 \(i\) 个，到上一个 \(c_k < 0\) 之间所有数的和是 \(j(j \le 0)\)。第 \(i\) 个位置 \(c_i = x\) 的方案数是好求的，直接 \(O(k^2)\) 枚举 \(a_{i + 1}\)，\(b_i\) 一遍。同时还需要一个 \(g_i\) 表示只选 \(\ge 0\)。那么选一个 \(c_i < 0\) 就相当于重置，否则就是更新第二维。第二维开到 \(k\) 就行，因为这个和最小就是 \(c_i\) 的最小值 \(-k\)（中间只递增嘛）。
复杂度 \(O(nk^2)\)，特判一下 \(a_1\) 和 \(b_n\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5e2 + 5, mod = 998244353;
int n, k;
ll f[N][N], a[N], b[N], ways[2 * N], g[N];
void add(ll &a, ll b){ (a += b) %= mod; }
void solve(){cin >> n >> k;for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> b[i];g[1] = (a[1] == -1 ? k : 1);for(int i = 2; i <= n; ++i){int la, ra, lb, rb;if(a[i] == -1) la = 1, ra = k;else la = ra = a[i];if(b[i - 1] == -1) lb = 1, rb = k;else lb = rb = b[i - 1];for(int i = 0; i <= 2 * k; ++i) ways[i] = 0;for(int x = la; x <= ra; ++x){for(int y = lb; y <= rb; ++y){int c = x - y;ways[c + k]++;}}ll sum = 0;for(int j = 0; j <= k; ++j) f[i][j] = 0, add(sum, f[i - 1][j]);for(int j = 0; j < k; ++j){int c = j - k;f[i][-c] = ways[j] * (sum + g[i - 1]) % mod;}g[i] = 0;for(int o = k; o <= 2 * k; ++o){add(g[i], g[i - 1] * ways[o] % mod);}for(int j = 0; j <= k; ++j){for(int o = k; o <= 2 * k; ++o){int c = o - k;if(j + c <= k){add(f[i][j], f[i - 1][j + c] * ways[o] % mod);}}}// for(int j = 0; j <= k; ++j){//     cout << i << ' ' << j << ' ' << f[i][j] << '\n';// }// cout << g[i] << ' ' << g[i - 1] << '\n';}ll ans = g[n];for(int i = 0; i <= k; ++i) add(ans, f[n][i]);cout << ans * (b[n] == -1 ? k : 1) % mod << '\n';
}  
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int T; cin >> T;while(T--) solve();return 0;
}