NOIP2018 提高组B组模拟 9.22
【jzoj 1207】遥控车 (Standard IO)
Description
平平带着韵韵来到了游乐园，看到了 $ n $ 辆漂亮的遥控车，每辆车上都有一个唯一的名字 $ name[i] $ 。
韵韵早就迫不及待地想玩名字是 $ s $ 的遥控车。
可是韵韵毕竟还小，她想象的名字可能是一辆车名字的前缀
（也就是说能确定一个 $ i $，使 $ s $ 是 $ name[i] $ 的前缀），
这时她就能玩第 $ i $ 辆车；或者是一个无中生有的名字，即 $ s $ 不是任何一辆车名字的前缀，这时候她什么也不能玩。
你需要完成下面的任务：
1.韵韵想了 $ m $ 个她想要的名字，请告诉她能玩多少次。
2.由于管理员粗心的操作，导致每辆车的摆放位置都可能出现微小的差错，
原来第 $ i $ 辆车现在的位置可能是 $ i-1 、i、i+1 $ 中的任意一个
（第 $ 1 $ 辆车的位置不可能是 $ 0 $ ，第 $ n $ 辆车的位置不可能是 $ n+1 $ ）。
请你计算出共有多少种可能的排列。
注：数据保证当 $ s $ 是 $ name[i] $ 的前缀时，$ i $ 是唯一确定的。一辆车可以玩多次。
Input
第一行是 $ 2 $ 个正整数 $ n、m $ 。
接下来 $ n $ 行，每行 $ 1 $ 个字符串 $ name[i] $，表示第 $ i $ 辆车的名字。
接下来 $ m $ 行，每行 $ 1 $ 个字符串 $ s $ ，表示韵韵想要的名字。
Output
第一行输出韵韵能玩的次数。
第二行输出共有多少种可能的排列。
Sample Input
4 4
Abcd
DeF
AAa
aBccc
Ab
AA
AbC
aBcc
Sample Output
3
5
Data Constraint
【数据规模和约定】
对于题目涉及到的字符串严格区分大小写，且长度小于 $ 255 $ 。
对于 $ 20 $％的数据 $ n≤10,m≤10 $ ；
对于 $ 40 $％的数据 $ n≤1000，m≤1000 $ ；
对于 $ 100 $ ％的数据 $ n≤10000，m≤10000 $
Solution
【题意简述】
本题2问。
- 给出 $ N+M $ 个字符串，问后 $ M $ 个字符串中有多少是前 $ N $ 个字符串中某个的前缀。
- 数字 $ 1~N $ ，对于 $ i $ 可以放在 $ i-1,i,i+1 $ 中的一个位置上。问有多少种放法。
【解决方法】
第一问，我们看到数据规模：$ N、M $ 为 $ 10000 $ 以内的整数，简单模拟逐个去匹配显然是会超时的。
我们只需要将 $ N $ 个名字串进行一次快速排序，再利用二分查找来检索便可。
第二问，这一问其实是找递推关系。如果用搜索来做的话是会超时的，因为答案的值是以指数增长的。
记 $ f(i) $ 为长度为的可能组合数。
显然，$ f(1)=1；f(2)=2 $ 。
如果搜索出小数据的答案，就能发现递推关系 $ f(n)=f(n-1)+f(n-2) $ 。
事实上，假设我们已经求出 $ f(1)~f(i-1) $ 的值。显而易见的，此时第 $ i $ 位仅能放在第 $ i-1 $ 或第 $ i $ 位。
1.如果第 $ i $ 个数放在第 $ i $ 位，那么此时答案为 $ f(i-1) $ ;
2.如果第 $ i $ 个数在第 $ i-1 $ 位上，那么第 $ i-1 $ 个数只能放在第 $ i $ 位
(否则第 $ i $ 位放的是第 $ 1~i-2 $个数，与题意不符)，此时答案为 $ f(i-2) $。
所以当 $ n≥3 $ 时 $ f(n)=f(n-1)+f(n-2) $ 。
另外，由于答案巨大，需要高精度加法 ，这里不再赘言。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 10005
int read(){
char ch; int x=0;
while(ch=getchar(),ch<'0'||ch>'9');x=ch-48;
while(ch=getchar(),ch>='0'&&ch<='9')x=10*x+ch-48;
return x;
}
struct Num{
int len,a[100005];
void print(){
for(int i=len-1;~i;--i) printf("%d",a[i]);
puts("");
}
}f1,f2,F;
string s[N],p;
int n,m,ans;
int main(){
n=read(); m=read();
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>s[i];
sort(s+1,s+1+n);
for(int i=1;i<=m;++i){
cin>>p;
int l=1,r=n;
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;
if(s[mid]<p) l=mid+1;
else r=mid-1;
}
if(s[l].find(p,0)==0) ++ans;
}
printf("%d\n",ans);
if(n<=2) printf("%d",n);
else {
f1.len=1; f1.a[0]=1;
f2.len=1; f2.a[0]=2;
for(int i=3;i<=n;++i){
F.len=max(f1.len,f2.len);
memset(F.a,0,sizeof(F.a));
for(int j=0;j<F.len;++j){
F.a[j]+=f1.a[j]+f2.a[j];
if(F.a[j]>9){
F.a[j]%=10;
++F.a[j+1];
}
}
if(F.a[F.len]) ++F.len;
f1.len=f2.len; for(int j=0;j<f2.len;++j) f1.a[j]=f2.a[j];
f2.len=F.len; for(int j=0;j<F.len;++j) f2.a[j]=F.a[j];
}
F.print();
}
return 0;
}
--
【jzoj 1208】车展 (Standard IO)
Description
遥控车是在是太漂亮了，韵韵的好朋友都想来参观，所以游乐园决定举办 $ m $ 次车展。
车库里共有 $ n $ 辆 车，从左到右依次编号为 $ 1，2，…，n $ ，每辆车都有一个展台。
刚开始每个展台都有一个唯一的高度 $ h[i] $ 。主管已经列好一张单子：
$ L_1 R_1 $
$ L_2 R_2 $
…
$ L_m R_m $
单子上的 $ (L_i,R_i) $ 表示第 $ i $ 次车展将要展出编号从 $ L_i $ 到 $ R_i $ 的车。
为了更加美观，展览时需要调整展台的高度，使参展所有展台的高度相等。
展台的高度增加或减少 $ 1 $ 都 需花费 $ 1 $ 秒时间。由于管理员只有一个人，所以只好对每个展台依次操作。
每次展览结束后，展台高度 自动恢复到初始高度。
请告诉管理员为了举办所有展览，他最少需要花多少时间将展台调整好。
Input
第一行为两个正整数 $ n、m $ 。
第二行共 $ n $ 个非负整数，表示第 $ i $ 辆车展台的高度 $ h[i] $ 。
接下来 $ m $ 行每行 $ 2 $ 个整数 $ L_i、R_i（L_i≤R_i）$ 。
Output
一个正整数，调整展台总用时的最小值。
Sample Input
6 4
4 1 2 13 0 9
1 5
2 6
3 4
2 2
Sample Output
48
Data Constraint
【数据规模和约定】
对于 $ 50 $ ％的数据 $ n≤500，m≤1000 $；
对于 $ 80 $ ％的数据 $ n≤1000，m≤100000 $ ；
对于 $ 100 $ ％的数据 $ n≤1000，m≤200000 $ ;
答案小于 $ 2^64 $ 。
Solution
将所有h[i]对应于数轴上，问题转化为找一个点，使所有的点到这个点的距离和最小。
至此，很多人已经发现中位数所对应的点可以取到最小值（具体的证明在这里不再详述，很多书籍上都可以找到），
因此所有展台的高度应为区间[l,r]中的中位数。
因为要求最小的代价，所以还需要知道区间[l,r]所有数的和，以及小于中位数的所有数的和。
求中位数的方法有很多，下面介绍几种方法。
-
方法一：
对区间 $ [l,r] $ 排序，然后线性扫描得到答案。
复杂度：$ O(MNlogN) $
期望得分：50 -
方法二：
将所有的高度排序，记录展台的编号。线性扫描后同样可以得到答案
复杂度：$ O(NlogN+MN) $
期望得分：70~80 -
方法三：
先预处理出每个区间的答案，读入后直接输出。
这时，需要维护一个大根堆和一个小根堆，其中小根堆中每个数都不小于大根堆中的最大值。
枚举区间的起点，依次向后加入数，只需控制大根堆中数的个数小于等于小根堆的个数。
那么大根堆中最大的数就是中位数，大根堆中所有数的和就是小于中位数的所有数的和。具体实现请看标程。
复杂度：$ O(N2logN+M) $
期望得分：100
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
const long long N=1010;
vector<long long> vec[N];
long long n,m,a[N],ans;
int main(){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(long long i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
for(long long i=1;i<=m;i++){
long long l,r;
scanf("%lld%lld",&l,&r);
vec[l].push_back(r);
}
for(long long i=1;i<=n;i++){
if(vec[i].size()==0)continue;
sort(vec[i].begin(),vec[i].end());
}
for(long long i=1;i<=n;i++){
if(vec[i].size()==0)continue;
priority_queue<long long> q;
priority_queue<long long,vector<long long>,greater<long long> > Q;
long long L=i;
q.push(a[L]);
long long sum1=a[L];
long long sum2=0;
L++;
for(long long j=0;j<=vec[i].size()-1;j++){
while(L<=vec[i][j]){
if(a[L]>q.top()){
Q.push(a[L]);
sum2+=a[L];
}
else {
q.push(a[L]);
sum1+=a[L];
}
if(q.size()>Q.size()){
while(((L-i+1)+1)/2<q.size()){
Q.push(q.top());
sum2+=q.top();
sum1-=q.top();
q.pop();
}
}
else{
while(((L-i+1)+1)/2>q.size()){
q.push(Q.top());
sum2-=Q.top();
sum1+=Q.top();
Q.pop();
}
}
L++;
}
ans+=q.top()*(q.size()-Q.size())-sum1+sum2;
}
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
【jzoj 1209】拉力赛 (Standard IO)
Description
车展结束后，游乐园决定举办一次盛大的山道拉力赛，平平和韵韵自然也要来参加大赛。
赛场上共有 $ n $ 个连通的计时点，$ n-1 $ 条赛道（构成了一棵树）。
每个计时点的高度都不相同（父结点的高 度必然大于子结点），相邻计时点间由赛道相连。
由于马力不够，所以韵韵的遥控车只能从高处驶向低 处。而且韵韵的车跑完每条赛道都需花费一定的时间。
举办方共拟举办 m 个赛段的比赛，每次从第 $ u $ 个计时点到第 $ v $ 个计时点，
当然其中有不少比赛韵韵的遥控车是不能参加的（因为要上坡）。
平平想知道他能参加多少个赛段的比赛，并且想知道他完成这些赛段的总用时。
Input
第一行两个整数 $ n，m $ 。
接下来 $ n-1 $ 行每行 $ 3 $ 个整数 $ a、b、t $ 。
表示韵韵的遥控车可以花 $ t $ 秒从第 $ a $ 个计时点到第 $ b $ 个计时点。
接下来 $ m $ 行每行 $ 2 $ 个整数 $ u、v $ ，意义如描述所示。
Output
第一行输出一个正整数，表示能参加的赛段数。
第二行输出一个正整数，表示总用时。
Sample Input
6 2
1 2 1
2 4 1
2 5 1
5 6 1
1 3 1
2 6
4 5
Sample Output
1
2
Data Constraint
【数据规模和约定】
第一个计时点的高度是最高的；
$ u≠v $ ；
对于 $ 50 $ ％的数据 $ n≤1000 m≤1000 $ ；
对于 $ 100 $ ％的数据 $ n≤10000 m≤100000 $ ；
答案小于 $ 2^64 $ 。
Solution
【题意简述】
对于给定的 $ u、v $ ，判断 $ v $ 是否在以 $ u $ 为根的子树内，并统计“是”的各数。
对图进行一次 $ dfs $ ，记录每个点第一次被访问到的时间戳 $ begin[i] $ 和完成以这个点围根的树的时间戳 $ finish[i] $ 。
则 $ u $ 是 $ v $ 的祖先的充要条件是
$ Begin[u]<begin[v]且finish[v]<finish[u] $
复杂度：$ O(M+N) $
期望得分：100
但是，这题我直接用 $ lca $ 水了，因为 $ v $ 在 $ u $ 的子树内，那么它的 $ lca $ 一定是 $ u $ 啊！
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
int read(){
char ch; int x=0;
while(ch=getchar(),ch<'0'||ch>'9');x=ch-48;
while(ch=getchar(),ch>='0'&&ch<='9')x=10*x+ch-48;
return x;
}
vector<pair<int,int> >e[10005];
int n,m,dep[10005],f[10005][21];
ll dis[10005],ans1,ans2;
void dfs(int u,int fa){
dep[u]=dep[fa]+1;
f[u][0]=fa;
for(int i=1;i<=20;++i)
f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];
for(int i=0;i<e[u].size();++i){
if(e[u][i].first==fa) continue;
dis[e[u][i].first]=dis[u]+e[u][i].second;
dfs(e[u][i].first,u);
}
}
inline int lca(int u,int v){
if(dep[u]>dep[v]) swap(u,v);
for(int i=20;~i;--i)
if(dep[u]<=dep[v]-(1<<i)) v=f[v][i];
if(u==v) return u;
for(int i=20;~i;--i)
if(f[u][i]!=f[v][i]){ u=f[u][i]; v=f[v][i]; }
return f[u][0];
}
int main(){
n=read(); m=read();
for(int i=1;i<n;++i){
int a=read(),b=read(),t=read();
e[a].push_back(make_pair(b,t));
e[b].push_back(make_pair(a,t));
}
dfs(1,0);
while(m--){
int u=read(),v=read();
if(lca(u,v)==u){
++ans1;
ans2+=dis[v]-dis[u];
}
}
printf("%lld\n%lld",ans1,ans2);
return 0;
}
