COCI 2014/2015 #4
P7177 MRAVI
自底向上 \(\max\) 合并即可，比较容易想。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
using UI = unsigned int;
using ULL = unsigned long long;
using DB = double;
using LDB = long double;
using PII = pair<int, int>;
using PLL = pair<LL, LL>;
#define CP(x) complex<x>
#define fst first
#define snd second
#define popcnt(i) __builtin_popcount(i)
const int N = 1e3 + 5;
int n, a[N];
struct Graph {
int v, x, t, nxt;
} G[N * 2]; int hd[N], idx;
void adde(int u, int v, int x, int t) {
G[++idx] = {v, x, t, hd[u]};
hd[u] = idx;
}
DB dfs(int u, int p) {
if (a[u] != -1) return a[u];
DB res = 0;
for (int i = hd[u]; i; i = G[i].nxt) {
int v = G[i].v;
if (v == p) continue;
int x = G[i].x, t = G[i].t;
DB tmp = dfs(v, u);
if (t) tmp = sqrt(tmp);
res = max(res, tmp * 100 / x);
}
return res;
}
void solve() {
scanf("%d", &n);
int u, v, x, t;
for (int i = 1; i < n; i++) {
scanf("%d%d%d%d", &u, &v, &x, &t);
adde(u, v, x, t);
adde(v, u, x, t);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
}
DB ans = dfs(1, 0);
printf("%.4lf\n", ans);
}
int main() {
solve();
return 0;
}
// g++ main.cpp -o main -O2 -std=c++14 -Wextra -Wall -Wconversion -Wshadow
P7178 SABOR
不是很容易想到。
首先有 \(deg_u\le 5\)，然后每个点连接了 \(>2\) 个相同颜色的点就不合法。
对于图上染色问题有一种处理方法，先把所有点染成同一个颜色，然后调整。
你发现对于一个不合法的点，可以用两种方法使它合法（根据 \(\le 5\) 和 \(>2\) 的限制得到）：
-
将它的颜色取反。
-
将它相邻的点颜色取反。
对于第二种方法，每次最多改 \(5\) 个点的颜色，把情况变得更复杂了。我们考虑第一种。
首先第一想法应该是暴力，每次找不合法的点取反。
考虑复杂度证明，这应该比较典，但也不好想到：
-
一开始有 \(O(n)\) 条，两边点的颜色是相同的边
-
然后我们每次取反，这些边至少会减少一条，因此取反的次数是 \(O(n)\) 的。
然后发现，每次取反后，可能会使得与它相邻的，颜色相同的点不合法，于是可以精细实现做到 \(O(n)\)，也就是我们省去了找不合法的点的复杂度。
我选择类似 SPFA 的转移。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
using UI = unsigned int;
using ULL = unsigned long long;
using DB = double;
using LDB = long double;
using PII = pair<int, int>;
using PLL = pair<LL, LL>;
#define CP(x) complex<x>
#define fst first
#define snd second
#define popcnt(i) __builtin_popcount(i)
const int N = 2e5 + 5, M = 5 * N / 2;
int n, a[N]; bool b[N], inq[N], vis[N];
vector<int> G[N];
void adde(int u, int v) {
G[u].push_back(v);
}
void solve() {
scanf("%d", &n);
int m, u, v;
for (int i = 1; i <= 5; i++) {
scanf("%d", &m);
for (int j = 1; j <= m; j++) {
scanf("%d%d", &u, &v);
adde(u, v);
adde(v, u);
}
}
queue<int> q;
vector<int> tmp;
for (int u = 1; u <= n; u++) {
for (int v : G[u]) {
if (!vis[v]) {
tmp.push_back(v);
vis[v] = true;
}
}
G[u].clear();
for (int v : tmp) {
G[u].push_back(v);
vis[v] = false;
}
tmp.clear();
a[u] = G[u].size();
if (a[u] > 2) {
q.push(u);
inq[u] = true;
}
}
while (!q.empty()) {
int u = q.front();
q.pop();
inq[u] = false;
if (a[u] <= 2) continue;
a[u] = 0;
for (int v : G[u]) {
if (b[u] != b[v]) {
a[v]++;
a[u]++;
if (!inq[v]) {
q.push(v);
inq[v] = true;
}
} else a[v]--;
}
b[u] ^= 1;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (b[i]) printf("B");
else printf("A");
}
printf("\n");
}
int main() {
solve();
return 0;
}
// g++ main.cpp -o main -O2 -std=c++14 -Wextra -Wall -Wconversion -Wshadow
P7179 STANOVI
首先有个结论，这也不是很好想到，主要考察发现力或者题量多了就容易发现吧。
结论：对任意矩形的任意方案，至少会有一条直分割线贯穿整个矩形。
证明（提供者：lsc）：
-
考虑反证。如果有这样一条红线，为了使它不贯穿，一定会有一条深蓝的线挡住它，那么不断这样下去就会形成内陆区域，因此不合法。
那么接下来就比较典了，可以枚举分割线，然后递归到子问题矩形，
设 \(f(x,y,s)\) 表示 \(x\times y\) 的矩形，临海状态为 \(t(t\in[1,5])\) 的最小答案，我们用 \(s\in[0,16)\) 表示上左下右是否临海，那么 \(t\) 从 \(1\) 到 \(5\) 分别表示 \(0100,1100,0101,1101,1111\)，然后每次转移可以要转一下切割后的矩形，然后记忆化搜索即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
using UI = unsigned int;
using ULL = unsigned long long;
using DB = double;
using LDB = long double;
using PII = pair<int, int>;
using PLL = pair<LL, LL>;
#define CP(x) complex<x>
#define fst first
#define snd second
#define popcnt(i) __builtin_popcount(i)
const int N = 3e2 + 5;
const LL INF = 2e18;
int n, m;
LL k, f[N][N][10];
/*
x * y 的矩形，靠海状态为 z(z \in [1, 5]) 的最小方案
上左下右
5: 1111
4: 1101
3: 0101
2: 1100
1: 0100
*/
LL dp(int x, int y, int z) {
if (f[x][y][z] != -1) return f[x][y][z];
LL ans = (x * y - k) * (x * y - k);
if (z == 5) {
for (int i = 1; i < x; i++) {
ans = min(ans, dp(i, y, 4) + dp(x - i, y, 4));
}
for (int i = 1; i < y; i++) {
ans = min(ans, dp(i, x, 4) + dp(y - i, x, 4));
}
} else if (z == 4) {
for (int i = 1; i < x; i++) {
ans = min(ans, dp(i, y, 4) + dp(x - i, y, 3));
}
for (int i = 1; i < y; i++) {
ans = min(ans, dp(x, i, 2) + dp(y - i, x, 2));
}
} else if (z == 3) {
for (int i = 1; i < x; i++) {
ans = min(ans, dp(i, y, 3) + dp(x - i, y, 3));
}
for (int i = 1; i < y; i++) {
ans = min(ans, dp(x, i, 1) + dp(x, y - i, 1));
}
} else if (z == 2) {
for (int i = 1; i < x; i++) {
ans = min(ans, dp(i, y, 2) + dp(x - i, y, 1));
}
for (int i = 1; i < y; i++) {
ans = min(ans, dp(x, i, 2) + dp(y - i, x, 1));
}
} else if (z == 1) {
for (int i = 1; i < x; i++) {
ans = min(ans, dp(i, y, 1) + dp(x - i, y, 1));
}
}
return (f[x][y][z] = ans);
}
void solve() {
cin >> n >> m >> k;
memset(f, -1, sizeof(f));
cout << dp(n, m, 5) << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
solve();
return 0;
}
// g++ main.cpp -o main -O2 -std=c++14 -Wextra -Wall -Wconversion -Wshadow
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