COCI 2018/2019 CONTEST #2 T4 Maja T5Sunčanje Solution

COCI 2018/2019 CONTEST #2 T4 T5 Solution

abstract
花式暴力

#2 T5 Sunčanje

题意

按顺序给你1e5个长方形（左下角坐标&&长宽），对于每个长方形询问是否有后面的长方形盖住了它。

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题解

暴力几何。不需要线段树维护。
用一个排序剪枝，先按矩形的左下角x坐标排序，对于每一个矩形i，枚举后面的所有矩形j，当矩形j的左下角x坐标大于i的右下角x坐标时，break掉。 数据并没有卡

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代码

#include <queue>
#include <vector>
#include<map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>

#define rep(i,j,k) for(int i = (int)j;i <= (int)k;i ++)
using namespace std;

int cnt = 0;
const int N = 1e5+1;
inline int read()
{
	int X = 0, w = 0; char c = 0;
	while (c<'0' || c>'9') { w |= c == '-'; c = getchar(); }
	while (c >= '0'&&c <= '9') X = (X << 3) + (X << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
	return w ? -X : X;
}
int n;
struct rec {
	int x, y, len, wid, id;
}a[N];
int ans[N];
int  main()
{
	
	n = read();
	rep(i, 1, n) {
		a[i].x = read(); a[i].y = read(); a[i].len = read(); a[i].wid = read();
		//a[i].x += a[i].len;
		a[i].id = i;
	}
	sort(a + 1, a + 1 + n, [](rec a, rec b)->bool {return a.x < b.x; });
	rep(i, 1, n) {
		int j = i + 1;
		while (j<=n && (a[i].x + a[i].len>a[j].x)) {
			if (a[j].y >= a[i].y + a[i].wid || a[j].y + a[j].wid <= a[i].y);
			else 
			{
				if (a[i].id<a[j].id) ans[a[i].id] = 1;
				else ans[a[j].id] = 1;
			}
			j++;
		}
	}
	rep(i, 1, n)puts(ans[i]?"NE":"DA");
	

		cin >> n;
		return 0;
}

//按照x的右下坐标排序，反着剪枝，快了100ms吧
int cnt = 0;
const int N = 1e5+1;
inline int read()
{
	int X = 0, w = 0; char c = 0;
	while (c<'0' || c>'9') { w |= c == '-'; c = getchar(); }
	while (c >= '0'&&c <= '9') X = (X << 3) + (X << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
	return w ? -X : X;
}
int n;
struct rec {
	int x, y, len, wid, id;
}a[N];
int ans[N];
int  main()
{
	
	n = read();
	rep(i, 1, n) {
		a[i].x = read(); a[i].y = read(); a[i].len = read(); a[i].wid = read();
		a[i].x += a[i].len;
		a[i].id = i;
	}
	sort(a + 1, a + 1 + n, [](rec a, rec b)->bool {return a.x < b.x; });
	rep(i, 2, n) {
		int j = i - 1;
		while (j >= 1 && (a[i].x - a[i].len<a[j].x)) {
			if (a[j].y >= a[i].y + a[i].wid || a[j].y + a[j].wid <= a[i].y);
			else 
			{
				if (a[i].id<a[j].id) ans[a[i].id] = 1;
				else ans[a[j].id] = 1;
			}
			j--;
		}
	}
	rep(i, 1, n)puts(ans[i]?"NE":"DA");
	

		//cin >> n;
		return 0;
}

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心路历程

为什么能暴力啊QAQ ，如果有n个长方形嵌套在一起的，上面程序就是N^N的,必T

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T4 Maja

题意

给你一个n*m的矩阵和出发点，你可以上下左右走，最多走k步。你到达任意一点时会获得该点的数值(可重复获得)，问最终回到起点的最大收益是多少？

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题解

两个结论：

1.路径的前半段和后半段必定是相同的(重复路径)。
证明：若不同，显然取前半段和后半段中较大的重复走两遍，答案显然不会更差。
2.当k很大时，必然是在某两点来回走动。
证明：首先，k较大（k大于n*m）必然是在某个环上绕圈，否则没地方走了。
然后，在某个长度大于2的环上绕圈必然不会比在该环相邻2个之和最大的两个点之间来回走更优。证明：我们把环上的相邻点两两分组，和最大的那组的平均值必然不小于总环的平均值。否则总和小于总和矛盾。

于是我们的路径就是从起点走到某个点，在那个点与相邻的来回走，原路回到起点。

我们可以dp来做，dp[i][j][k]表示第k步走到(i,j)这个点时最大的收益。它可以由dp[i][j][k-1]的上下左右四个点转移而来。

而由于转移第三维只由上一个状态转移而来，所以可以滚动更新。

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代码

//用了-inf来代替判边界
# define int long long
#define rep(i,j,k) for(int i = (int)j;i <= (int)k;i ++)
#define FAST_IO ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr)
using namespace std;
const int maxn = 1e2 + 5;
const int INF = 1e18;
int n, m, sr, sc,k;
int c[maxn][maxn];
int f[maxn][maxn][2];
int dir[4][2] = { 1,0, -1,0, 0,1, 0,-1 };
signed  main()
{
	FAST_IO;
	cin >> n >> m >> sr >> sc>>k;
	k /= 2;
	int ans = -INF;
	rep(i, 1, n)rep(j, 1, m) { 
		cin >> c[i][j];
	}
	rep(i, 0, n + 1)rep(j, 0, m + 1) { f[i][j][0]= f[i][j][1] = -INF; }
	f[sr][sc][0] = 0;
	rep(r, 1, min(k, n*m)) {
		int now = r & 1;
		int pst = !now;
		rep(i, 1, n)rep(j, 1, m) {
			int tmp = -INF; rep(k, 0, 3) { tmp = max(tmp, f[i + dir[k][0]][j + dir[k][1]][pst]); }
			
			f[i][j][now] = max(tmp + c[i][j], -INF);
			if (f[i][j][now] < 0) continue;//边界

			int dist = f[i][j][now] + tmp;
			tmp = 0; rep(k, 0, 3) { tmp = max(tmp, c[i + dir[k][0]][j + dir[k][1]]); }
			
			dist += (k - r)*(c[i][j] + tmp);
			ans = max(ans, dist);
		}

	}
	cout << ans << endl;
	cin >> n;
	return 0;
}
/*
4 1
1 3
1 4
2 2
1 4
2 3
*/

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心路历程

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