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google Round D APAC Test 2017 题解
首先说明一下：我只是用暴力过了4道题的小数据，就是简单的枚举，大数据都不会做！下面的题解，是我从网上搜到的解答以及查看排行榜上大神的答案得出来的。
首先贴一下主要的题解来源：http://codeforces.com/blog/entry/47796，基本上解题思路都是从这里看到的，你可以直接查看这个链接，或者看下面的题解。
还有排行榜大神们的答案，https://code.google.com/codejam/contest/5264486/scoreboard?c=5264486#vf=1，你可以下载所有的答案，进行查看。
当然，首先你得看懂题意，题目从官网上查看，这里就不介绍了。
第一题
1.看完题，怎么感觉这道这么难，难道不是第一道题最简单的套路了么？其实，如果你知道那个问题的话，答案非常简单。
简单的想法，就是枚举合法的序列，长度为（n + m）,枚举过程中保证合法性，最后把所有的结果加起来，就是最后的答案，注意，这里求的是概率，所有可能的个数是（n + m）!,而且最后串的长度也是n+m,可以考虑每一次枚举除以因子，从1到n+m，这样算出来就是概率。这里小数据很容易就过了，小数据的数据范围是20,2^20 = 1e6，可以满足要求。大数据是4000,2^4000,根本不行，所以考虑其他途径。
2. 那就是动态规划，枚举当前a和b得票的个数，记dp[a][b],考虑最后一次是投给谁的票，然后可以从dp[a - 1][b]和dp[a][b-1]进行转移，注意这个过程中转移的条件，以及a>b必须满足，其他的dp[a][b] = 0;最后的结果是dp[n][m].这个计算过程也要考虑上面的分母因子。
1 void solve() { 2 int x, y; 3 cin >> x >> y; 4 memset(dp, 0, sizeof dp); 5 dp[0][0] = 1; 6 for (int i = 1; i <= x; i++) { 7 for (int j = 0; j <= y; j++) { 8 if(i <= j) continue; 9 dp[i][j] = dp[i - 1][j] * (x - i + 1) / (x + y - i - j + 1);10 if(i >= j + 1 && j > 0)11 dp[i][j] += dp[i][j - 1] * (y - j + 1) / (x + y - i - j + 1);12 }13 }14 printf("%.10f\n", dp[x][y]);15 }
第一名比较巧妙的递推：
1 void init() { 2 for (int i = 1; i <= 2000; i++) dp[i][0] = 1; 3 for (int i = 1; i <= 2000; i++) { 4 for (int j = 1; j < 2000; j++) { 5 if(i <= j) continue; 6 double p1 = 1.0 * i / (i + j); 7 double p2 = 1 - p1; 8 dp[i][j] = dp[i - 1][j] * p1 + dp[i][j - 1] * p2; 9 }10 }11 }
3. 其实答案就是（n - m）/(n + m), https://en.wikipedia.org/wiki/Bertrand%27s_ballot_theorem,可以看一下证明过程
第二题
1. 小数据5*5，一共有2^25 = 32000000种方式，然后检查一下是否满足条件，最后找到满足要求的最大值。注意这里的情况可能有25种输入，而小数据的测试数据是100，也就是每种情况可以重复4次，可以提前算出所有答案，进行查表。
2. 大数据是100,100，无法进行枚举，然后就观察情况，找规律。可以发现下面的规律。
3. (r,c)和（c,r）的答案是一样的，所以只考虑r<=c的情况。r = 1的时候，答案是 c - c / 3, 例如110110110110这样。r = 2的时候，ans= 2*(c - c / 3),答案是r=1的时候重复2行。下面考虑其他情况。
4. r >= 3.观察
110110110110
101101101101
011011011011
可以发现每三行这样重复，一定是满足要求的，而且这样摆放是最多的，因为每三个至少有一个空白，上面的摆法就是没3个一个空白。然后根据r%3的情况考虑那一行应该放前面。
r%3 == 0, 随意都可以，观察，答案就是 r / 3 * c * 2, 3行一组， 每一组每一列刚好2个1.
r%3 == 1, 只需要考虑最后一行，使得左边的1尽可能的多，循环的3行里面满足要求的只有第一行，110110110，这样左边，然后答案也很明显，就是 r / 3 * c * 2 + c - c / 3;
r%3 == 2,也是考虑最后2行，使得左边的1尽可能的多，然后就有2种组合：
110110110110
101101101101
或者：
110110110110
011011011011
显然，上面那种情况比较优， 答案就是 r / 3 * c * 2 + c + (c + 2) / 3.
然后，就是这样。
第三题
1. 遇到这题，很容易想到的一个解法就是在当前位置，枚举接下来可能出现的单词，从前往后枚举，如果所有字符都是单词，则结果+1，可以把每个字符出现过的单词链接起来，加速枚举过程，小数据，就这样很容过了，但是大数据，通过 一个一个数的方式，大数据是过不了的，还得想其他的办法。
2.还是动态规划，以单词长度为一维，考虑到该位置的所有可能数，考虑这个数怎么计算。我的想法是依次枚举每个单词，看这个单词能不能出现，然后结果就是dp[i] = dp[i] + dp[i - size(word)]。这里每一个word都要判断。最后的结果就是dp[size(sentence)]。计算一下复杂度，4000 * 400 * 20 = 32000000，可以在时限内完成。
贴一下代码：
1 const int mod = 1e9 + 7; 2 vector<string> s; 3 int dp[4010]; 4 int n, m; 5 void solve() { 6 cin >> n >> m; 7 s.clear(); string t; 8 for (int i = 0; i < n; i++) { 9 cin >> t; s.pb(t);10 }11 while(m--) {12 cin >> t;13 int len = t.size();14 memset(dp, 0, sizeof dp);15 dp[0] = 1;16 for (int i = 1; i <= len; i++) {17 for (int j = 0; j < n; j++) {18 vector<int> v(26, 0);19 if(i >= s[j].size()) {20 for (int x = 0; x < s[j].size(); x++) {21 v[t[i - x - 1] - ‘a‘]++;22 v[s[j][x] - ‘a‘ ]--;23 }24 bool f = 1;25 for (int x = 0; x < 26; x++) {26 if(v[x] != 0) {f = 0;27 break;28 }29 }30 if(f) {31 dp[i] = (dp[i] + dp[i - s[j].size() ]) % mod;32 }33 }34 }35 }36 cout << ‘ ‘ << dp[len];37 }38 }
这里可以考虑加速过程，2个单词，如果他们含有的字母以及个数相同，虽然顺序不同，但是可以算作一个单词，可以通过长度26的数组，算出一个值，统计每个字符的个数，算作这个word的hash值，这样复杂度就可以缩小一个因子，通过map来统计这样处理后相同的单词的个数来做，由于每个单词长度最多是20，所以复杂度就是4000 * 20，map查找的过程可以认为是O（1），下面贴一下第一名大神的代码。
1 #include <cstdio> 2 #include <map> 3 #include <vector> 4 5 using namespace std; 6 7 const int N = 4001; 8 const int mod = 1000000007; 9 10 map<vector<int>, int> c;11 char s[N];12 int dp[N];13 int n, m;14 15 inline void update(int &a, long long b) {16 a = (a + b) % mod;17 }18 19 int main() {20 int t, tt;21 scanf("%d", &t);22 for (tt = 1; tt <= t; tt++) {23 scanf("%d%d", &n, &m);24 c.clear();25 for (int i = 0; i < n; i++) {26 vector<int> a(26);27 scanf("%s", s);28 for (int j = 0; s[j] != ‘\0‘; j++) a[s[j] - ‘a‘]++;29 c[a]++;30 }31 printf("Case #%d:", tt);32 for (int i = 0; i < m; i++) {33 scanf("%s", s);34 int ls = strlen(s);35 dp[0] = 1;36 for (int j = 0; j < ls; j++) {37 dp[j + 1] = 0;38 vector<int> a(26);39 for (int k = 0; k < 20 && j - k >= 0; k++) {40 a[s[j - k] - ‘a‘]++;41 map<vector<int>, int>::iterator it = c.find(a);42 if (it != c.end()) update(dp[j + 1], (long long)dp[j - k] * it->second);43 }44 }45 printf(" %d", dp[ls]);46 }47 printf("\n");48 }49 return 0;50 }
这里我第一次看见vector也可以作为map键值的代码，真是开阔眼界了。学习一下。其实这道题，就跟普通的dp套路一样，总长度一般作为一维，枚举最后一个单词是什么，然后加上前面的长度的结果，而这些结果已经提前计算出来了，然后就可以递推了，这个套路很一般，如果一眼能看到，应该很容易ac，码代码难度也不是很大。
第四题
1.看题，看到区间，价值，单个区间可能比几个区间加起来的价值还小，所以贪心是不行的，然后我看到小数据范围是10,2^10=1024，简单的可以枚举所有情况，所以小数据就暴力，很简单的就过了！接下来考虑大数据，2^1000,去枚举肯定是不行的，需要寻找其他路径。
2.这也是dp，这次dp的题怎么这么多，（可以总结一下一般的套路，dp（计数，概率），二分（比较难的二分，最大最小），位操作，加上一些stack，queue的题目，还有什么以后再加），看别人的答案，有需要线段树的，其实是维护滑动窗口内的最小值，这个可以通过deque，速度非常快，上次也是apac也做到，专门考这个知识点的，那个题比较水，因为一眼可以看出来是考哪个知识点的，所以很容易想到，这道题目，不仔细分析，想不到用这个吧。
双端队列维护滑动窗口内的最大值或者最小值的题目：https://code.google.com/codejam/contest/4284487/dashboard#s=p3就是这个，维护窗口内最大值，是二维的，可以轻松的转化到一维的情况。
这个题目，其实一开始可以考虑用dp，因为一般最小值，然后是加起来，还有方案数，各种组合，跟具体的组合无关的，一般是dp，这还是最后一题，dp的可能性最大。然后是以输入的区间个数为一维，模仿背包的过程，每来一个区间段，对所有可能的结果进行更新。
3. 然后就想到第二维是结果的可能哪一位，最后求长度L的最小值，然后小于这个长度需要先计算出来，每来一个新的区间段，看这个区间段可以对那些长度进行更新，考虑是0/1背包，可以对长度从大到小更新，从而可以省去线段个数这一维，也是dp的第一维。考虑这样的转移方式，dp[i] = min(dp[i], min(dp[i - r], dp[i - l]) + c), 当前的输入区间是(l, r), 花费是 c, 接下来需要考虑的就是如何高效的维护min(dp[i - r], dp[i - l]) , 对于从1~L的区间每一个点都需要更新，（这里dp[0] = 0,这是初始化条件，不需要更新，）每一个都需要前面的一个区间的最小值来更新， 这个区间是固定大小的，滑动的，可以通过上面的deque来维护， 或者可以同线段树来维护区间的最小值，复杂度是O(logn)，单点更新，（这里不需要区间更新，线段树写起来还是比较简单的）。
下面的过程都很明朗了，直接码代码就可以了！
先是线段树代码，可以使用线段树模板。（下面是排名第二的大神的思路，我用自己熟悉的线段树写的）。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define pb push_back 3 #define FOR(i, n) for (int i = 0; i < (int)n; ++i) 4 #define dbg(x) cout << #x << " at line " << __LINE__ << " is: " << x << endl 5 typedef long long ll; 6 using namespace std; 7 typedef pair<int, int> pii; 8 const int maxn = 1e4 + 10; 9 const ll inf = 1ll << 60;10 ll f[maxn * 4];11 int x, y;12 ll v;13 void bt(int o, int l, int r) {14 if(l == r) {15 f[o] = 1ll << 60;16 } else {17 int mid = (l + r) / 2;18 bt(o * 2, l, mid);19 bt(o * 2 + 1, mid + 1, r);20 f[o] = min(f[o * 2], f[o * 2 + 1]);21 }22 }23 void update(int o, int l, int r) {24 if(l == r && l == x) {25 f[o] = min(f[o], v);26 } else {27 int mid = (l + r) / 2;28 if(x <= mid) update(o * 2, l, mid);29 else update(o * 2 + 1, mid + 1, r);30 f[o] = min(f[o * 2], f[o * 2 + 1]);31 }32 }33 ll ask(int o, int l, int r) {34 if(r < x || l > y) return 1ll << 60;35 if(x <= l && r <= y) return f[o];36 int mid = (l + r) / 2;37 ll res = 1ll << 60;38 if(x <= mid) res = min(res, ask(o * 2, l, mid));39 if(y > mid) res = min(res, ask(o * 2 + 1, mid + 1, r));40 return res;41 }42 int n, m, l;43 void solve() {44 cin >> n >> m >> l;45 bt(1, 0, l);46 x = 0, v = 0;47 update(1, 0, l);48 int tl, tr, p;49 for (int i = 1; i <= n; i++) {50 cin >> tl >> tr >> p;51 for (int j = l; j >= 1; j--) {52 int cl = max(0, j - tr);53 int cr = min(j - 1, j - tl);54 if(cl <= cr) {55 x = cl, y = cr;56 ll t = ask(1, 0, l);57 //cout << i << " " << j << " " << cl << " " << cr << " " << t << endl;58 x = j; v = t + p;59 update(1, 0, l);60 }61 }62 }63 x = y = l;64 ll res = ask(1, 0, l);65 if(res <= m) {66 cout << res << endl;67 } else {68 cout << "IMPOSSIBLE" << endl;69 }70 }71 int main() {72 freopen("test.in", "r", stdin);73 freopen("test.out", "w", stdout);74 int _; cin >> _;75 for (int i = 1; i <= _; i++) {76 cout << "Case #" << i << ": ";77 solve();78 }79 80 return 0;81 }
接着是deque代码，这个是排名第一的大神的代码，写的非常漂亮。
1 #include <cstdio> 2 #include <algorithm> 3 4 using namespace std; 5 6 const int N = 10001; 7 const long long INF = ~0ull >> 2; 8 9 long long dp[N];10 int n, m, l;11 int d[N], p, q;12 13 int main() {14 freopen("test.in", "r", stdin);15 freopen("test.out", "w", stdout);16 int t, tt;17 scanf("%d", &t);18 for (tt = 1; tt <= t; tt++) {19 for (int i = 1; i < N; i++) dp[i] = INF;20 dp[0] = 0;21 scanf("%d%d%d", &n, &m, &l);22 for (int i = 0; i < n; i++) {23 int a, b, c;24 scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);25 p = q = 0;26 for (int j = a; l - j >= 0 && j < b; j++) {27 while (q > p && dp[d[q - 1]] >= dp[l - j]) q--;28 d[q++] = l - j;29 }30 for (int j = l; j >= 0; j--) {31 if (j - b >= 0) {32 while (q > p && dp[d[q - 1]] >= dp[j - b]) q--;33 d[q++] = j - b;34 }35 if (p < q) dp[j] = min(dp[j], dp[d[p]] + c);36 if (d[p] >= j - a) p++;37 }38 }39 if (dp[l] <= m) printf("Case #%d: %lld\n", tt, dp[l]);40 else printf("Case #%d: IMPOSSIBLE\n", tt);41 }42 return 0;43 }
总结：
这次4道题，3道dp，一道找规律，如果有一些套路，加上简单思考应该可以做出来吧！看了这些大神的代码，恍然大悟，原来是这样，需要一些小的知识点，比如上面第四题（这些知识通过平时的积累），还有遇到问题怎么分析，怎么分析，就是套路，多做题练习和思考，多掌握一些套路，以后总会有帮助的。
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