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「JSOI2011」柠檬

斜率优化题。
在优化前，还有一个值得一提的优化：
对付最后的最有支解方案，，每一段的两个端点必然是同颜色的，并且作为这一段的 \(s_0\)
证明：如果不作为这一段的 \(s_0\)，那么它显然没有孝敬，把这一个单独分出来显然更优，直到最后两个端点就必然都是 \(s_0\) ，颜色不异。
那么我们只需要从之前和该点种类不异的位置进行转移即可。
这样就从直接枚举的庞大度 \(O(n^3)\) 优化到了 \(O(n^2)\) ，但还是不够，继续考虑优化。
我们先把转移方程写出来：
\(dp_i\) 暗示把前 \(i\) 个取完，且 \(i\) 点作为一段的终点最大收益。
\[dp_i=\max\limits_{1\le j \le i,a_j=a_i}\left\{dp_{j-1}+s_i(p_i-p_j+1)^2\right\}\]
\(p_i\) 暗示第 \(i\) 个点是种类为 \(s_i\) 的第 \(p_i\) 个点。
按照斜率优化的一些做法，我们可以把式子化成这样：
\(p_i\times 2p_js_j+dp_i-s_i(p_i+1)^2=dp_{j-1}-2a_jp_j+a_jp_j^2\)
设 \(x_i = 2s_ip_i,y_i=dp_{i-1}-2s_ip_i+s_ip_i^2\)
\(p_ix_j+dp_i-s_i(p_i+1)^2=y_j\)
因为要让 \(dp_i\) 最大化，所以我们对每一种颜色都用单调栈维护一个上凸包，这样才华满足决策单调性。
注意一点细节：
因为我们的转移点 \(j\) 的范畴是 \([1,i]\) 的，而我们再插入 \(j\) 这个点时只有 \(dp_{j-1}\) 这个信息，为了能取到 \(dp_{i-1}\) ，我们需要在寻找最优转移点之前就把 \(i\) 插手单调栈。
参考代码：

#include <cstdio> #include <vector> #define rg register #define int long long #define file(x) freopen(x".in", "r", stdin), freopen(x".out", "w", stdout) using namespace std; template < class T > inline void read(T& s) { s = 0; int f = 0; char c = getchar(); while ('0' > c || c > '9') f |= c == '-', c = getchar(); while ('0' <= c && c <= '9') s = s * 10 + c - 48, c = getchar(); s = f ? -s : s; } const int _ = 1e5 + 5; int n, s[_], p[_], pos[_], dp[_]; vector < int > stk[_]; inline int X(int i) { return 2 * s[i] * p[i]; } inline int Y(int i) { return dp[i - 1] - 2 * s[i] * p[i] + s[i] * p[i] * p[i]; } inline double slope(int i, int j) { return (double) (Y(i) - Y(j)) / (X(i) - X(j)); } signed main() { #ifndef ONLINE_JUDGE file("cpp"); #endif read(n); for (rg int i = 1; i <= n; ++i) read(s[i]), p[i] = ++pos[s[i]]; #define A stk[c][stk[c].size() - 2] #define B stk[c][stk[c].size() - 1] for (rg int i = 1; i <= n; ++i) { int c = s[i]; while (stk[c].size() > 1 && slope(A, B) < slope(A, i)) stk[c].pop_back(); stk[c].push_back(i); while (stk[c].size() > 1 && slope(A, B) < p[i]) stk[c].pop_back(); int j = stk[c].back(); dp[i] = dp[j - 1] + s[i] * (p[i] - p[j] + 1) * (p[i] - p[j] + 1); } #undef A #undef B printf("%lld\n", dp[n]); return 0; } 「JSOI2011」分特产

传送门
计数题。
考虑容斥失每人至少一个的限制。
就直接枚举至少有几多人没有分到特产，然后剩下的随便分。
\[Ans = \sum_{i = 0}^n (-1)^i {n \choose i} \prod_{j = 1}^m {n - i + a_j - 1 \choose n - i - 1}\]
参考代码：

#include <cstdio> #define rg register #define file(x) freopen(x".in", "r", stdin), freopen(x".out", "w", stdout) template < class T > inline void read(T& s) { s = 0; int f = 0; char c = getchar(); while ('0' > c || c > '9') f |= c == '-', c = getchar(); while ('0' <= c && c <= '9') s = s * 10 + c - 48, c = getchar(); s = f ? -s : s; } const int _ = 5010, p = 1e9 + 7; int n, m, a[_], fac[_], ifc[_]; inline int C(int N, int M) { return 1ll * fac[N] * ifc[M] % p * ifc[N - M] % p; } inline void init(int N) { fac[0] = ifc[0] = ifc[1] = 1; for (rg int i = 1; i <= N; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % p; for (rg int i = 2; i <= N; ++i) ifc[i] = 1ll * (p - p / i) * ifc[p % i] % p; for (rg int i = 1; i <= N; ++i) ifc[i] = 1ll * ifc[i - 1] * ifc[i] % p; } int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE file("cpp"); #endif read(n), read(m), init(_ - 1); for (rg int i = 1; i <= m; ++i) read(a[i]); int ans = 0; for (rg int i = 0; i <= n; ++i) { int tmp = 1; for (rg int j = 1; j <= m; ++j) tmp = 1ll * tmp * C(n - i - 1 + a[j], n - i - 1) % p; ans = (ans + 1ll * (i & 1 ? -1 : 1) * C(n, i) * tmp % p + p) % p; } printf("%d\n", ans); return 0; }

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