USACO 6.1 章节
Postal Vans
题目大意
4*n的网格，要经过所有点的有向有环，不重复经过点的路径总数
n<=1000
题解
显然 插头dp
以4为切面
问题是，会发现 超精度
解决呢要么实现高精度，要么换python XD
c++实现 未+高精度，会爆掉
#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 = "vans";
void usefile(){
freopen((filename+".in").c_str(),"r",stdin);
freopen((filename+".out").c_str(),"w",stdout);
}
int n;
const int S1001 = 0;
const int S1122 = 1;
const int S1100 = 2;
const int S0110 = 3;
const int S0011 = 4;
const int S1221 = 5;
const int S0000 = 6;
long long dp[1010][10];
int s2[10][10];
void init(){
s2[S1001][S0000] = 1;
s2[S1001][S1100] = 1;
s2[S1001][S0110] = 1;
s2[S1001][S0011] = 1;
s2[S1001][S1221] = 1;
s2[S1122][S1001] = 1;
s2[S1122][S1122] = 1;
// s2[S1122][S1100] = 1; 不应该自闭
// s2[S1122][S0011] = 1; 不应该自闭
// s2[S1122][S0000] = 1; 不应该自闭
s2[S1100][S1122] = 1;
s2[S1100][S1001] = 1;
s2[S0110][S1001] = 1;
s2[S0011][S1122] = 1;
s2[S0011][S1001] = 1;
// s2[S1221][S1001] = 1; 不应该自闭
s2[S1221][S0000] = 1;
s2[S1221][S1100] = 1;
s2[S1221][S0011] = 1;
s2[S1221][S1221] = 1;
}
int main(){
usefile();
init();
cin>>n;
dp[0][S1001] = 1;
dp[0][S1122] = 1;
rep(i,1,n){
rep(stateS,0,6){
rep(stateE,0,7){
if(s2[stateS][stateE]){
dp[i][stateE]+=dp[i-1][stateS];
}
}
}
}
// rep(i,0,n){
// rep(state,0,7){
// cout<<dp[i][state]<<"\t";
// }
// cout<<endl;
// }
cout<<dp[n-1][S0000]*2<<endl;
return 0;
}
增加高精度
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#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--)
#define pb push_back
using namespace std;
const string filename = "vans";
void usefile(){
freopen((filename+".in").c_str(),"r",stdin);
freopen((filename+".out").c_str(),"w",stdout);
}
class hpa{
int DIGITS = 100'000'000; // 08lld
vector<ll>vals;
public:
hpa(){
}
hpa(ll v){
vals.pb(v);
}
void print(){
if(vals.size() == 0){
printf("0");
return;
}
printf("%lld",vals[vals.size()-1]);
per(i,0,vals.size()-1){
printf("%08lld",vals[i]);
}
}
hpa operator +(const hpa &another) const {
hpa ret;
rep(i,0,vals.size()){
ret.vals.pb(vals[i]);
}
rep(i,0,another.vals.size()){
if(i >= ret.vals.size()){
ret.vals.pb(another.vals[i]);
}else{
ret.vals[i]+=another.vals[i];
if(ret.vals[i] >= DIGITS){
if(i == ret.vals.size()-1){
ret.vals.pb(0);
}
ret.vals[i+1]+=ret.vals[i]/DIGITS;
ret.vals[i]%=DIGITS;
}
}
}
return ret;
}
};
int n;
const int S1001 = 0;
const int S1122 = 1;
const int S1100 = 2;
const int S0110 = 3;
const int S0011 = 4;
const int S1221 = 5;
const int S0000 = 6;
hpa dp[1010][10];
int s2[10][10];
void init(){
s2[S1001][S0000] = 1;
s2[S1001][S1100] = 1;
s2[S1001][S0110] = 1;
s2[S1001][S0011] = 1;
s2[S1001][S1221] = 1;
s2[S1122][S1001] = 1;
s2[S1122][S1122] = 1;
// s2[S1122][S1100] = 1; 不应该自闭
// s2[S1122][S0011] = 1; 不应该自闭
// s2[S1122][S0000] = 1; 不应该自闭
s2[S1100][S1122] = 1;
s2[S1100][S1001] = 1;
s2[S0110][S1001] = 1;
s2[S0011][S1122] = 1;
s2[S0011][S1001] = 1;
// s2[S1221][S1001] = 1; 不应该自闭
s2[S1221][S0000] = 1;
s2[S1221][S1100] = 1;
s2[S1221][S0011] = 1;
s2[S1221][S1221] = 1;
}
int main(){
usefile();
init();
cin>>n;
dp[0][S1001] = 2;
dp[0][S1122] = 2;
rep(i,1,n){
rep(stateS,0,6){
rep(stateE,0,7){
if(s2[stateS][stateE]){
dp[i][stateE]=(dp[i][stateE]+dp[i-1][stateS]);
}
}
}
}
// rep(i,0,n){
// rep(state,0,7){
// cout<<dp[i][state]<<"\t";
// }
// cout<<endl;
// }
dp[n-1][S0000].print();
printf("\n");
return 0;
}
A Rectangular Barn
Mircea Pasoi -- 2003
题目大意
(<=3000)*(<=3000)的矩阵
上面有<=30000 个坏点
求 最大不含坏点的矩形面积
题解
因为求的是最大矩形，那么它的四周要么是边界，要么是坏点
证明：反证明
如果存在一条边既没有邻接 边界，也没有邻接坏点。
那么对该边延伸 ，可以得到更大的矩形，矛盾
观察到这个性质后
我们考虑对任意 点(i,j)
以 i0<i,其中(i0,j)为距离(i,j)最远的点 且 线段(i0->i,j)上无坏点
线(i0->i,j)为高，做横向扩张，找左右两侧的最近的坏点 或边界，则有以(i,j)搜寻的矩形面积=(i0->i,j) * 该线段左右扩张的最大宽度
- 这样找到的矩形 一定是 合法矩形 所以这样找到的矩形面积小于等于 最大面积
- 这样一定能找到最大的矩形，因为我们证明了最大矩形 一定邻接着坏点或边界，那么该最大矩形上方边界所对应的 坏点，正下方的的点 在运算过程会计算到
所以O(3000*3000),以所有点计算出一个矩形，每个矩形计算复杂度为O(1),即可
#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 = "rectbarn";
void usefile(){
freopen((filename+".in").c_str(),"r",stdin);
freopen((filename+".out").c_str(),"w",stdout);
}
int L[3010],R[3010]; // j列当前线段 左右扩展的可行最远距离
int H[3010]; // j列 当前 的线段长度
bool g[3010][3010];
int n,m,ans;
int main(){
usefile();
freopen("rectbarn.in","r",stdin);
freopen("rectbarn.out","w",stdout);
int k;
cin>>n>>m>>k;
while(k--){
int i,j;
scanf("%d%d",&i,&j);
g[i][j]=1;
}
rep(j,0,m+1){
H[j]=0;
L[j]=1;
R[j]=m;
}
rep(i,1,n+1){
// 处理所有 坏点
rep(j,1,m+1){
if(g[i][j]){
H[j]=0;
L[j]=1;
R[j]=m;
}
}
// 计算所有 左侧 和 右侧 最远
int lm = 1;
rep(j,1,m+1){
if(!g[i][j]){
H[j]++;
L[j]=max(L[j],lm);
} else{
lm=j+1;
}
}
int rm = m;
per(j,1,m+1){
if(!g[i][j]){
R[j]=min(R[j],rm);
}else{
rm=j-1;
}
}
// 计算面积
rep(j,1,m+1){
if(!g[i][j]){
ans=max(ans,(R[j]-L[j]+1)*H[j]);
}
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
Cow XOR
Adrian Vladu -- 2005
题目大意
n(<=100,000)个数,数值范围是[0,2^21 - 1]
求连续子区间 的最大xor值，输出 最大xor值，区间起始点，区间结束点
如果有多个区间满足最大异或，返回结束点index最小的，如果还有多个，返回长度最短的。
题解
首先
我们证明一下题目描述的结果唯一
如果多个 子区间 异或值相同，且结束点不同，那么 只有唯一可以选
如果两个 子区间 异或值相同，且结束点相同，那么 它们一定起始点不同，所以它们长度不同，只有最短可选
综上，题目描述结果唯一
然后
显然
xor[l->r] = xor[1->l-1]^xor[1->r]
所以 我们要找最大值，等于找两个前缀异或的最大值
从高位到低位，对所有前缀建立trie树,再for一遍贪心走trie树,贪心规则 有和当前位不同的走不同的路径，否则才走相同,（尽量在高位产生1）
空间 O(n*21),时间O(n*21)
空间节点数
s=0;
for i in range(0,22):
s+=min(2**i,100000)
print(s)
631071 个，然而 我开这么大会炸空间，开500000过的 （按道理讲 这样空间上看是开得有问题，开小了，不过过了测试）
我在实现过程中是找 区间左右端点靠的是 lower_bound二分，多用了空间,
然而，我们发现 最优区间必定有一个是 其前缀值的最小坐标
所以 如果枚举i去寻找 其期望的 前缀值对应的最小坐标，一定能找到最优值,可以优化
通过的，但空间开得不合理的代码,(我之前还用struct来写，虽然阅读上更好理解，但空间更加不够XD)
#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 = "cowxor";
void usefile(){
freopen((filename+".in").c_str(),"r",stdin);
freopen((filename+".out").c_str(),"w",stdout);
}
int n;
int a[100010];
int p[100010];
int ns[500010][2];
int nsi=0;
int *root = ns[nsi++];
map<int,vector<int> > pv2idx; // 前缀异或 到 下表
void build(int idx){
int v = p[idx];
pv2idx[v].push_back(idx); // ordered
int * po = root;
per(i,1,21){
int bit = !!(v&(1<<i));
if(!po[bit]){
po[bit] = nsi++;
}
po=ns[po[bit]];
}
int bit = !!(v&1);
po[bit] = v;
}
int query(int idx){
int v = p[idx];
int * po = root;
per(i,1,21){
int bit = !(v&(1<<i));
if(!po[bit]){
po = ns[po[bit^1]];
}else{
po = ns[po[bit]];
}
}
int bit = !(v&1);
return po[bit] == 0?po[bit^1]:po[bit];
}
int ans=-1,ansl,ansr;
void setAns(int v1,int l,int r){
// cout<<"SETANS:"<<v1<<" l:"<<l<<" r:"<<r<<endl;
if(l > r){
swap(l,r);
}
if(v1 < ans)return;
if(v1 > ans){
ans = v1;
ansl = l;
ansr = r;
return ;
}
if(r < ansr){
ansl = l;
ansr = r;
return ;
}
if(r > ansr){
return ;
}
if(l > ansl){
ansl = l;
return ;
}
}
int main(){
usefile();
scanf("%d",&n);
rep(i,0,n){
scanf("%d",a+i);
}
rep(i,0,n){
p[i+1]=p[i]^a[i];
}
rep(i,0,n+1){
build(i);
}
// for(auto item:pv2idx){
// cout<<"--------"<<item.first<<endl;
// for(auto z:item.second){
// cout<<z<<"\t"<<endl;
// }
// cout<<endl;
// }
rep(i,0,n+1){
int ret = query(i);
int reti = lower_bound(pv2idx[ret].begin(),pv2idx[ret].end(),i)-pv2idx[ret].begin();
// cout<<"find:"<<i<<"["<<p[i]<<"]:"<<ret<<"("<<pv2idx[ret][reti]<<")"<<endl;
if(ret == p[i]){
if(i > 0){
setAns(ret^p[i],i-1,i);
}
}else if(reti > 0){
setAns(ret^p[i],i,pv2idx[ret][reti-1]);
}else{
setAns(ret^p[i],i,pv2idx[ret][reti]);
}
}
printf("%d %d %d\n",ans,ansl+1,ansr);
return 0;
}
