USACO 5.5 章节

Picture

题目大意

IOI 1998

求n (<=5000)个矩形 覆盖的图形 的周长(包括洞), 坐标范围[-10000,10000]

题解

一眼离散化+2维线段树，但仔细一想 空间不太够,时间勉强接受

然后目测可能1维线段树+扫描线了?

然后 竟然 裸的扫描线可以过，如下面代码

总数量级上来讲，输入O(n),排序O(n log n),扫描过程O(sum(len周长)) 约5000*20000*4的上限[ 不过USACO给过了，

所以还是线段树好?

从实现来讲，把矩形拆分成x和y方向，靠计算每个块的累计层数 来判断边界

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)

using namespace std;

const string filename = "picture";

void usefile(){
  freopen((filename+".in").c_str(),"r",stdin);
  freopen((filename+".out").c_str(),"w",stdout);
}

int N,ans=0;
// OX向和OY向的 线段分离处理，互不影响
tuple<int,bool,int,int> Lx[10010],Ly[10010]; // {位置idx坐标,结束边bool?,st->end}
int level[20010];


void Scan(tuple<int,bool,int,int> *L) {
  sort(L,L+N);
  rep(i,0,20001)
    level[i]=0;
  rep(i,0,N){
    rep(j,get<2>(L[i]),get<3>(L[i])){
      if (!get<1>(L[i])){
        ans += level[j+10000]==0;
        level[j+10000]++;
      } else {
        level[j+10000]--;
        ans += level[j+10000]==0;
      }
    }
  }
}


int main(){
  usefile();
  scanf("%d",&N);
  rep(i,0,N){
    int x1,x2,y1,y2;
    scanf("%d %d %d %d",&x1,&y1,&x2,&y2);
    // OX 方向边
    Lx[i*2] = {y1,false,x1,x2};
    Lx[i*2+1] = {y2,true,x1,x2};
    // OY 方向边
    Ly[i*2] = {x1,false,y1,y2};
    Ly[i*2+1] = {x2,true,y1,y2};
  }
  N*=2;
  Scan(Lx);
  Scan(Ly);
  printf("%d\n",ans);
  return 0;
}

Hidden Password

ACM South Eastern Europe -- 2003

题目大意

字符串L(长度<=100’000)

求 以该字符串，平移后的， 所有字符串中 字典序最小的字符串的首字母在原字符串中的下标

如cba

所有字符串 acb bac cab, (排序后),第一个字符串首字母对应原来字符串位置为2 (从0计数)

题解

枚举！

这样 我们首先找到最小字母 扫一遍O(n)

然后找到这些开始的坐标

逐步增加长度

那么我们由递归关系，保证每次增加长度后，当前还剩余的坐标只有最小的留下，

因此当增加长度到l时，我们 的维持的起始坐标是 整个字符串里，长度从1到l都是字典序最小的

那么我们有两种长度改变方式

0. +1

假设所有点按照长度扩充 都不属于当前维护的点，那么，长度加1，保留，增加字符最小的点

例子 abcabdzzzabc

初始所有a的坐标[0,3,9]，长度1

扩充，扩充目标分别为[1,4,10]，都不是当前维护的点([0,3,9])

所以比较元素，全为b，长度=1+1=2

接下来，扩充目标为[2,5,11],也都不是维护的点

比较字符，两个abc,一个abd,所以维护的点变为[0,9],长度变为=2+1=3

再扩充，扩充目标为[3,0],注意到0是我们当前维护的[0,9]中的元素，所以不采取+1的方案

1. 倍增

假设字符aabbabbb，

那么在找完最小字符后，起始坐标还剩下[0,1,4],一旦发现任意一个扩充的下一步([1,2,5]) 是一个维持的点，那么长度翻倍，后一个点删除，在这种情况下，扩充的位置不是最小坐标的点直接移除。

因为我们维持的点 == 从1到该长度下，每个长度 都是字典序最小的，所以没有在维护中的点，都是非字典序最小的,所以 可以倍增

删除右边的点是因为 扩充右边的维护点的字典序一定大于等于 左边的点，等于的情况由判环处理

如上在一次扩充后发现0的下一个扩充是1，而1是我们维持着的点，所以长度=1*2,1点删除，4扩充是5，那么5没有被维持，所以4点也被删除，综上最后剩下0

以上描述存在的问题：起始点是哪个点？

假设字符串 aaazzaaza,

显然在初始操作后 需要维护的点有[0,1,2,5,6,8]

注意到，如果从左向右来处理，按照上面的算法会 变成[0,6,8???],而实际 从环的性质来看，期望的应该是得到[1,6,8]，也就是8位置的看做[8,0,1,2]这一段的起始点。

这里加一个父节点的查找，找到环意义上该点所对应的最左的点即可，在下方函数看的话就是circle,

同时，circle这里如果发现，整个保存的点构成了环,那么也就是 这些点仅对于环上字典序的等价了，根据题目期望这种情况下最小index，就取出即是答案

---

空间复杂度，emmmm没啥好说，看变量即可，维持在O(n)

时间复杂度,

每一次倍增会让点数至少除以2，因为一个点要留下来，那么首先它的扩展点要在原来的维护里，并且下一次维护需要消失，所以每次要留一个点，就一定要删一个点，还有的点不会被留下，所以留下的一定小于等于上一次的一半

O(n+n/2+n/4) = O(2n) = O(n)

考虑对任意长度，都是执行+1，那么每次能执行+1的限度为

sum(n*(1+1/2+...1/n))

众所周知这是一个无穷级数，所以时间复杂度无穷大

大自也是O(12n)=O(n)的复杂度，

下面就是实际上，是这两种穿插 ，那么一定小于等于O(2n+12n)=O(n), (数学的习惯懒得分类讨论不等的情况 能用就行，所以留一个等于)

综上 时间空间均满足

char s[100010];
int sz=0;

bool pos[100010];
vector<int>p;
vector<int>q;
int L;

bool circle(int idx,int len,int &newidx){
  newidx = (idx+L-len)%L;
  while(newidx != idx){
    if(!pos[newidx]){
      (newidx+=len)%=L;
      return false;
    }else{
      newidx = (newidx+L-len)%L;
    }
  }
  while(newidx - L > 0){
    newidx -= L;
  }
  printf("%d\n",newidx);
  return true;
}

int main(){
  usefile();
  // 同步增长，冲突取前，倍增 其余删除(因为保证最小)
  scanf("%d",&L);
  while(sz<L){
    scanf("%s",s+sz);
    sz+=strlen(s+sz);
  }
  char minch = s[0];
  rep(i,1,L){
    minch = min(minch,s[i]);
  }
  rep(i,0,L){
    if(s[i] == minch){
      p.push_back(i);
      pos[i]=true;
    }
  }
  int l = 1;
  while(p.size() > 1){
    int state = 0; // 0 for +1, 1 for *2
    minch = s[(p[0]+l)%L];
    for(auto idx : p){
      if(pos[(idx+l)%L] == true){
        state = 1;
        break;
      }
      minch = min(minch,s[(idx+l)%L]);
    }
    if(state == 0){
      q.clear();
      for(auto idx:p){
        if(!pos[idx])continue;
        if(s[(idx+l)%L] == minch){
          q.push_back(idx);
        }else{
          pos[idx]=false;
        }
      }
      p=q;
      l++;
    }else{
      q.clear();
      int startidx ;
      int ret = circle(p[0],l,startidx);
      if(ret){
        return 0;
      }
      int pidx = 0;
      for(pidx=0;pidx<p.size();pidx++){
        if(p[pidx] == startidx){
          break;
        }
      }
      rep(i,pidx,p.size()){
        int idx = p[i];
        if(!pos[idx])continue;
        if(pos[(idx+l)%L]){
          q.push_back(idx);
          pos[(idx+l)%L] = false;
        }else{
          pos[idx]=false;
        }
      }
      rep(i,0,pidx){
        int idx = p[i];
        if(!pos[idx])continue;
        if(pos[(idx+l)%L]){
          q.push_back(idx);
          pos[(idx+l)%L] = false;
        }else{
          pos[idx]=false;
        }
      }
      p=q;
      l*=2;
    }
  }
  printf("%d\n",p[0]);
  return 0;
}

Twofive

题目大意

IOI 2001

A到Y构成的排列，满足 把这25个字母排成 5*5矩阵后 每行每列，单调递增，则为合法的

所有合法的排列，按照字典序 排序

请编写 字典序序号 到字符串 和 字符串反向转换为字典序序号的程序

尝试思路

看数据量，我自己也估计不到实际大小于是先写了一个打表，(上界 是25!但是有限制所以不知道是否会降低

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)

using namespace std;

const string filename = "twofive";

void usefile(){
  freopen((filename+".in").c_str(),"r",stdin);
  freopen((filename+".out").c_str(),"w",stdout);
}

int chars[30];
int vis[30];
int cnt = 0;

void print(){
  cout<<endl;
  rep(i,0,5){
    rep(j,0,5){
      cout<<char(chars[i*5+j]+'a')<<" ";
    }
    cout<<endl;
  }
}

void gen(int idx){
  if(idx%5==0){
    rep(i,0,25){
      if(vis[i] == 0){
        vis[i]=1;
        chars[idx] = i;
        gen(idx+1);
        vis[i]=0;
        return ;
      }
    }
  }
  if(idx == 24){
    cnt++;
    chars[24]=24;
    print();
    return ;
  }
  int sti = chars[idx-1];
  if(idx>5){
    sti=min(sti,chars[idx-5]);
  }

  rep(i,sti+1,26-(5-idx%5)*(5-idx/5)){
    if(vis[i])continue;
    vis[i]=1;
    chars[idx] = i;
    gen(idx+1);
    vis[i]=0;
  }
}


int main(){
  // usefile();
  gen(0);
  cout<<cnt<<endl;

  return 0;
}

跑了一下大概

7951237
a b c d e 
f g h l n 
i m k q w 
j p o r u 
s t v x y 

以上的改动才到i,说明 数量级上，不可能期望打表了

接下来，注意到，如果我们有方法从数字序号转换到 对应的单词，那么 可以2分法 找到对应的单词

同理，如果我们找到 单词映射到序号的方法，那么2分（如果可以，因为这里二分单词似乎没那么好做）也能反过来找数字，所以分析上，任何一个问题 都可以解决对应的一个

还有个思路是，简单的排序，计算被删掉的个数,那么序列= 总排序-被删掉比它小的个数

题解

记忆化+dp

我们如果把数从小到大填入

那么显然，新插入的数在已经插入的数的行末,也在已经插入的数的列末，如

a b e
c d f
g
h
i

j可插入的位置 为g右侧或e右侧

所以 我们有dp

dp[i0][i1][i2][i3][i4] 表示 第0行i0个，第1行i1个数...第i4行个数的情况下，剩余未填部分的期望个数

不考虑具体，仅考虑题目基本限制的情况下, 满足 ij >= i(j+1),因为我们按照顺序放数字，所以上面的行的个数不小于下一行

有转移方程

dp[i0][i1][i2][i3][i4] = dp[i0-1][...]+dp[...][i1-1][...]+dp[...][i2-1][...]+dp[...][i3-1][...]+dp[...][i4-1]

其中 如果在-1时不满足 行之间个数的大小关系，那么 对应的dp直接为0

综上，我们有了在没有 具体求值下，能计算所有满足题目限制下的dp，时间复杂度 = O(空间*状态转移)=O(6^5*5),空间O(6^5)

求解

接下来是如何进行转换的问题求

因为所求的idx为实际的 合法twofive的字典序

那么我们可以按位逼近，//延伸阅读 BROP的按位枚举攻击方法

假设我们求的是

ADEFGBHIJKC...Y, 那么 它 的字典序 = AB...的所有+AC...的所有+...

简单的说，如果一个前缀小于 要求的等长前缀，那么加上该前缀的所有个数，

如果该前缀等于要求的值的等长前缀，那么前缀长度+1

外层for前缀长度，中间for字母， 时间复杂度小于 O(25*25)

以上我们可以 从 字符串转化为index

相反

同样用逼近的方法，可以O(25*25)时间复杂度内 index转化为 字符串

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)

using namespace std;

const string filename = "twofive";

void usefile(){
  freopen((filename+".in").c_str(),"r",stdin);
  freopen((filename+".out").c_str(),"w",stdout);
}

char s[100]; // 按位逼近的
char str[100]; // str2index

int dp[6][6][6][6][6];

int dfs(int a=0, int b=0, int c=0, int d=0, int e=0, char ch='A') {
  if(ch > 'Y') return 1;
  int &ret = dp[a][b][c][d][e];
  if(ret) return ret;
  // 每一行 一定小于等于上一行
  int w = 5;
  int *v[6]={&w,&a,&b,&c,&d,&e};
  rep(i,1,6){
    // 未填过 和 已经填过(按照 字母顺序扩展)
    int idx = *v[i]+(i-1)*5;
    if(*v[i] < *v[i-1] && (s[idx] == 0 || s[idx] == ch)){
      (*v[i])++;
      ret+=dfs(a,b,c,d,e,ch+1);
      (*v[i])--;
    }
  }
  return ret;
}

void index2word(){
  int n;
  scanf("%d",&n);
  rep(i,0,25){
    for(s[i] = 'A';; s[i]++) { // 按位逼近 时间复杂度25×25
      memset(dp, 0,sizeof(dp));
      int ret = dfs();
      // cout<<i<<" = "<<s[i]<<"\tret = "<<ret<<endl;
      if(ret >= n) break;
      n -= ret;
    }
  }
  printf("%s\n", s);
}

void word2index(){
  scanf("%s", str);
  int ans = 1;
  rep(i, 0, 25)  {
    for(s[i] = 'A'; s[i] < str[i]; s[i]++) {
      memset(dp, 0,sizeof(dp));
      ans += dfs();
    }
  }
  printf("%d\n", ans);
}

int main(){
  usefile();
  char c;
  cin >> c;
  if(c == 'N')  { // index 2 word
    index2word();
  } else if(c == 'W')  { // word 2 index
    word2index();
  }
  return 0;
}

上面实现中 dp过程是按照字母顺序填写，由ch保证，所以在最外层枚举dp的时候，就直接从A 到Y 了