2024牛客寒假算法基础集训营1

H：01背包，但是bit

这题一看数据范围很大，重量和价值都是1e8级别的，当时还在想是不是背包，原来就是位运算

具体来说，我们枚举m的每一位为1的1，强制这一位为0，这样m被分为前后两部分，对于前面的部分一定要满足或后小于m，简单说就是，在前面m不为1的位绝不能为1，而我们令当前这一位1为0了，对于后面所有位都为1，也不可能大于当前这一位，那么我们就可以根据这进行枚举计算了

int n, m;
int w[N], v[N];
void solve()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> v[i] >> w[i];
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if ((w[i] | m) == m)
            ans += v[i];
    }
    for (int i = 29; i >= 0; i--)
    {
        if (m >> i & 1)
        {
            int x = m ^ (1 << i);            // 前面和m一样，但是第i位为0了，故后面就算全是1也不会大于m，就是对于后面解除了限制
            for (int j = i - 1; j >= 0; j--) // 后面没有限制
            {
                x |= (1 << j);
            }
            int res = 0;
            for (int j = 1; j <= n; j++)
                if ((w[j] | x) == x)
                    res += v[j];
            ans = max(ans, res);
        }
    }
    cout << ans << endl;
}

I: It's bertrand paradox. Again!

找到两种方法会使得哪个统计量有显著区别，尝试区分这个统计量的均值；

比如求出法1该统计量均值m1、法2该统计量均值m2，那对于输入数据，直接看输入数据的该统计量m和m1与m2谁更近就行了

其实很简单，就当再复习一遍随机数的求法了

void solve()
{
    // int ans1 = 0, ans2 = 0;
    // srand(time(NULL));
    // for (int i = 1; i <= 1e5; i++)
    // {
    //     int x = rand() % 199 - 99;
    //     int y = rand() % 199 - 99;
    //     int r = rand() % 100 + 1;
    //     while (x - r < -100 || x + r > 100 | y + r > 100 || y - r < -100)
    //     {
    //         r = rand() % 100 + 1;
    //     }
    //     ans1 += r;
    // }
    // for (int i = 1; i <= 1e5; i++)
    // {
    //     int x = rand() % 199 - 99;
    //     int y = rand() % 199 - 99;
    //     int r = rand() % 100 + 1;
    //     while (x - r < -100 || x + r > 100 | y + r > 100 || y - r < -100)
    //     {
    //         x = rand() % 199 - 99;
    //         y = rand() % 199 - 99;
    //         r = rand() % 100 + 1;
    //     }
    //     ans2 += r;
    // }
    // cout << LF(6);
    // cout << 1.0 * ans1 / 100000 << ' ' << 1.0 * ans2 / 100000 << endl;
    int n;
    double ans = 0;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int x, y, z;
        cin >> x >> y >> z;
        ans += z;
    }
    ans = 1.0 * ans / 100000;
    double dis1 = abs(ans - 17);
    double dis2 = abs(ans - 25);
    if (dis1 < dis2)
        cout << "bit-noob" << endl;
    else
        cout << "buaa-noob" << endl;
}

F：鸡数题！

第二类斯特林数

假设您已经学完了斯特林数，那本题的做法是：

• 将n个bit每个bit看作一件物品

• 将m个数字每个看作一个集合

• 注意到这几乎就是第二类斯特林数S(n,m)的定义：n个有区别球放到m个无区别盒子

• 还差在哪里呢？我们发现，本题的盒子（ai）并不是无区别的，但因为第二个条件要求了每个盒子里的数从小到大有序，所以对于S(n,m)无序中的一种方案故只需要乘1即可，对其按ai大小排序就得到了本题的一种方案，且可以证明这是一种一一映射（重点是证明没有多对一）

• 因此，本题答案就是斯特林数S(n,m)

百度链接第二类斯特林数

int pre[N];
int qpow(int a, int b)
{
    int res = 1;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
            res = res * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
void init()
{
    pre[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 1e6; i++)
    {
        pre[i] = pre[i - 1] * i % mod;
    }
}
void solve()
{
    init();
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    if (n < m)
    {
        cout << 0;
        return;
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i <= m; i++)
    {
        int t = 1;
        if (i % 2)
            t = -1;
        t *= pre[m] * qpow(pre[m - i], mod - 2) % mod * qpow(pre[i], mod - 2) % mod;
        t = (t * qpow(m - i, n) % mod) % mod;
        ans = ((ans + t) % mod + mod) % mod;
    }
    ans = (ans * qpow(pre[m], mod - 2) % mod) % mod;
    cout << ans << endl;
}