题解：[NOIP2023] 双序列拓展
测试点 \(1\sim7\)
考虑将问题转化。
对于 \(\forall1\leq i,j\leq l_0\) 均有 \((f_i-g_i)(f_j-g_j)>0\)，即对于 \(\forall1\leq i\leq l_0\)，有 \(f_i>g_i\) 或 \(f_i<g_i\)。
不妨设 \(f_i=x_a,g_i=y_b\)。则对于 \(f_{i+1},g_{i+1}\) 有四种新的情况：
\[\begin{cases}
f_{i+1}=x_a\\
g_{i+1}=y_b\\
\end{cases}
\begin{cases}
f_{i+1}=x_{a+1}\\
g_{i+1}=y_b\\
\end{cases}
\begin{cases}
f_{i+1}=x_a\\
g_{i+1}=y_{b+1}\\
\end{cases}
\begin{cases}
f_{i+1}=x_{a+1}\\
g_{i+1}=y_{b+1}\\
\end{cases}
\]
相当于从状态 \((a,b)\) 转移到 \((a+1,b),(a,b+1),(a+1,b+1)\)。
原问题相当于一个 \(n\times m\) 的网格，钦定 \(f_i<g_i\)，则有 \((i,j)\) 染为黑色当且仅当 \(x_i<y_j\)。求从 \((1,1)\) 能否走到 \((n,m)\)。其余节点染为白色。
因此可以设计 \(\textit{dp}_{i,j}\) 表示从 \((1,1)\) 能否走到 \((i,j)\)。
-
若 \(x_1<y_1\)，有：
\[\textit{dp}_{i,j}=(\textit{dp}_{i-1,j}\lor\textit{dp}_{i,j-1})\land[x_i<y_j] \] -
否则若 \(x_1>y_1\)，有：
\[\textit{dp}_{i,j}=(\textit{dp}_{i-1,j}\lor\textit{dp}_{i,j-1})\land[x_i>y_j] \] -
当 \(x_1=y_1\)时无解，需要特判。
因此得到了一个 \(\mathcal O(nm)\) 的 DP，总时间复杂度 \(\mathcal O(qnm)\)。
期望得分：\(\text{35pts}\)。
参考代码
//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
constexpr const int N=2000,M=2000;
int n,m,x[N+1],y[M+1];
bool check(){
if(n==1&&m==1&&x[1]==y[1]){
return false;
}
static bool dp[N+1][M+1];
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[1][1]=true;
if(x[1]<y[1]){
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
dp[i][j]|=(dp[i-1][j]||dp[i][j-1])&&(x[i]<y[j]);
}
}
}else if(x[1]>y[1]){
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
dp[i][j]|=(dp[i-1][j]||dp[i][j-1])&&(x[i]>y[j]);
}
}
}
return dp[n][m];
}
int main(){
/*freopen("test.in","r",stdin);
freopen("test.out","w",stdout);*/
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int c,q;
cin>>n>>n>>m>>q;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>x[i];
}
for(int i=1;i<=m;i++){
cin>>y[i];
}
cout<<check();
while(q--){
vector<pair<int,int> >kx,ky;
int sizeX,sizeY;
cin>>sizeX>>sizeY;
kx.resize(sizeX);ky.resize(sizeY);
#define p first
#define v second
for(auto &i:kx){
cin>>i.p>>i.v;
}
for(auto &i:ky){
cin>>i.p>>i.v;
}
for(auto &i:kx){
swap(x[i.p],i.v);
}
for(auto &i:ky){
swap(y[i.p],i.v);
}
cout<<check();
for(auto &i:kx){
x[i.p]=i.v;
}
for(auto &i:ky){
y[i.p]=i.v;
}
#undef p
#undef v
}
cout.flush();
/*fclose(stdin);
fclose(stdout);*/
return 0;
}
测试点 \(8\sim20\)
钦定 \(f_i<g_i\)。
有解不好考虑，考虑什么情况无解。
无解仅有四种情况：
- 一行全部为白色，即 \(\max\limits_{i=1}^nx_i\geq\max\limits_{i=1}^my_i\)。
- 一列全部为白色，即 \(\min\limits_{i=1}^nx_i\geq\min\limits_{i=1}^my_i\)。
- 起点被一个「L 形白色图形」包围，即存在 \((i,j)\)，满足 \(x_i\geq\max\limits_{k=1}^jy_k\land \min\limits_{k=1}^ix_k\geq y_j\)。
- 终点被一个「L 形白色图形」包围，即存在 \((i,j)\)，满足 \(x_i\geq\max\limits_{k=j}^my_k\land\min\limits_{k=i}^nx_k\geq y_j\)。
第 \(1,2\) 两种情况都可以线性求解。
第 \(3,4\) 两种情况对称，将 \(x,y\) 翻转后即可将第 \(4\) 种情况转化为第 \(3\) 种。考虑如何高效判断第 \(3\) 种情况。
发现所有有效的 \(x_i\) 一定是单调递增的。因此，只考虑这些有效的 \(x_i\)。
不满足条件，即 \(\max\limits_{k=1}^jy_k>x_i\)，因此有效的 \(y_j\) 也单调递增。只考虑有效的 \(y_j\)。
维护指针 \(j\) 为满足 \(\max\limits_{k=1}^jy_k>x_i\) 的最小的 \(j\)，指针 \(k\) 为满足 \(y_k\leq\min\limits_{l=1}^ix_l\) 的最小的 \(k\)。若 \(k<j\)，则代表满足第 \(3\) 种情况。
AC 代码
//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
constexpr const int N=5e5,M=5e5;
int n,m,x[N+1],y[M+1];
bool check(int x[],int n,int y[],int m){
if(x[1]>=y[1]){
return false;
}
int maxX=x[1],maxY=y[1],minX=x[1],minY=y[1];
for(int i=1;i<=n;i++){
maxX=max(maxX,x[i]);
minX=min(minX,x[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++){
maxY=max(maxY,y[i]);
minY=min(minY,y[i]);
}
if(maxX>=maxY||minX>=minY){
return false;
}
int j=1;
for(int i=1,preMinX=x[1],j=1,k=1;i<=n;i++){
preMinX=min(preMinX,x[i]);
while(j<=m&&y[j]<=x[i]){
j++;
}
while(k<j&&preMinX<y[k]){
k++;
}
if(k<j){
return false;
}
}
reverse(x+1,x+n+1);
reverse(y+1,y+m+1);
j=1;
for(int i=1,preMinX=x[1],j=1,k=1;i<=n;i++){
preMinX=min(preMinX,x[i]);
while(j<=m&&y[j]<=x[i]){
j++;
}
while(k<j&&preMinX<y[k]){
k++;
}
if(k<j){
reverse(x+1,x+n+1);
reverse(y+1,y+m+1);
return false;
}
}
reverse(x+1,x+n+1);
reverse(y+1,y+m+1);
return true;
}
int main(){
/*freopen("test.in","r",stdin);
freopen("test.out","w",stdout);*/
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int c,q;
cin>>n>>n>>m>>q;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>x[i];
}
for(int i=1;i<=m;i++){
cin>>y[i];
}
cout<<(check(x,n,y,m)||check(y,m,x,n));
while(q--){
vector<pair<int,int> >kx,ky;
int sizeX,sizeY;
cin>>sizeX>>sizeY;
kx.resize(sizeX);ky.resize(sizeY);
#define p first
#define v second
for(auto &i:kx){
cin>>i.p>>i.v;
}
for(auto &i:ky){
cin>>i.p>>i.v;
}
for(auto &i:kx){
swap(x[i.p],i.v);
}
for(auto &i:ky){
swap(y[i.p],i.v);
}
cout<<(check(x,n,y,m)||check(y,m,x,n));
for(auto &i:kx){
x[i.p]=i.v;
}
for(auto &i:ky){
y[i.p]=i.v;
}
#undef p
#undef v
}
cout.flush();
/*fclose(stdin);
fclose(stdout);*/
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号