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8.27训练赛(2018-2019, ICPC, Asia Yokohama Regional Contest 2018,gym102082)

B

一开始开题的时候想假了,以为用map存差的结果贪心就行了,实际上是一个比较妙的dp,用到了一个结论:两项就唯一确定一个等差数列。
\(f[i,j]\)表示最后两个数选了\(a_i\),\(a_j\)就可以定一个等差数列了,这就很优美地解决了公差没办法定义在状态里面的问题。
把序列排序一下,则转移点是有单调性的,维护一个变量来转移就行了
复杂度\(O(n^2)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int a[5050], n;
int f[5050][5050];

int main() {
    cin>>n;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
    sort(a+1, a+n+1);
    int ans = 2;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        int cur = i;
        for(int j = i + 1; j <= n; ++j) {
            while(cur > 1 && a[cur] > a[i] - (a[j] - a[i])) --cur;
            if(a[i]-a[cur] == a[j] - a[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[cur][i] + 1); 
            else f[i][j] = max(f[i][j], 2);
            ans = max(ans, f[i][j]);
        }
    }
    cout << ans;
}

D

dp
对每个位置处理出0和1下一次出现的地方,然后位置\((i,j)\)可以转移到\((nxt1[i][0],nxt2[j][0])\)或者对应的\((nxt1[i][1],nxt2[j][1])\)
注意边界情况就好。实现的话是记忆化搜索比较方便(毕竟要输出方案)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 5010;

int ans[N], tot;
int n, m, nxt1[N][2], nxt2[N][2], f[N][N], vis[N][N];
char a[N], b[N];

int dfs(int x, int y) {
   // printf("%d %d\n", x, y);
    if(x == n+1 && y == m+1) return 0;
    if(f[x][y]) return f[x][y];
    int c0 = dfs(nxt1[x][0], nxt2[y][0]), c1 = dfs(nxt1[x][1], nxt2[y][1]);
    if(c0 <= c1) vis[x][y] = -1;
    else vis[x][y] = 1;
    return f[x][y] = min(c0, c1) + 1;
}

void print(int x, int y) {
    if(x == n+1 && y == m+1) return;
    int flag = vis[x][y] > 0;
    ans[++tot] = flag;
    print(nxt1[x][flag], nxt2[y][flag]);
}

int main() {
    scanf("%s", a + 1);
    scanf("%s", b + 1);
    n = strlen(a+1);
    m = strlen(b+1);
    int c0 = n+1, c1 = n+1;
    nxt1[n+1][0] = nxt1[n+1][1] = n+1;
    for(int i = n; i >= 0; --i) {
        nxt1[i][0] = c0;
        nxt1[i][1] = c1;
        if(a[i] - '0') c1 = i;
        else c0 = i;
    }
    c0 = m+1, c1 = m+1;
    nxt2[m+1][0] = nxt2[m+1][1] = m+1;
    for(int i = m; i >= 0; --i) {
        nxt2[i][0] = c0;
        nxt2[i][1] = c1;
        if(b[i] - '0') c1 = i;
        else c0 = i;
    }
    dfs(0, 0);
    print(0, 0);
    for(int i = 1; i <= tot; ++i) printf("%d", ans[i]);
}

G

经典套路题了
有一个(可能是众所周知)的结论,把一个序列通过冒泡排序排序成有序的需要的次数是\(\frac{n\times (n-1)}{2}-\sum \text{逆序对数}\)(每个逆序对都一定要和它经过一次)。
考虑最终的合法序列,这个数要么在左边单增要么在右边单减(就是要么往左挪要么往右挪),根据上面的结论,每个数被交换的次数其实就是顺序的i-逆序对和倒序的i-逆序对取个min

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

int c[N], n, a[N], b[N];
long long ans;

#define lowbit(i) (i&-i)
void add(int x, int v) {
    for(int i = x; i < N; i += lowbit(i)) c[i] += v;
}
int query(int x) {
    int ans = 0;
    for(int i = x; i; i -= lowbit(i)) ans += c[i];
    return ans;
}

int main() {
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        add(a[i], 1);
        b[i] = i - query(a[i]);
    }
    for(int i = 1; i < N; ++i) c[i] = 0;
    for(int i = n; i; --i) {
        add(a[i] ,1);
        ans += 1ll*min(b[i], n-i+1 - query(a[i]));
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

J

画图手玩出的结论,学长说是经典结论。
包含某些点的生成树就是这些对应的点按照dfs序排序后相邻的距离和加上首尾的距离/2。
具体而言,画个图然后往dfs序方向想一下可以在不经意间发现这个细节,如果我们把同颜色点按照dfn排序,那么\(\frac{dis(1,n)+\sum dis(i,i+1)}{2}\)就是答案。
考虑维护他的操作,拿一个set当平衡树使就好,记\(l,r\)是前驱和后继,加上对答案的贡献就是\(-dis(l, r) + dis(l, x) + dis(x, r)\),改颜色就当删除和重新加入,贡献反过来就好

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 100010;
typedef long long ll;

ll ans[N];
int n, m;
int dep[N], siz[N], top[N], fa[N], col[N], vis[N], dfn[N], tot;
int cnt, head[N];
struct edge {int to, nxt;} e[N << 1];
struct node {
    int x, dfn;
    bool operator < (const node &a) const {
        return dfn < a.dfn;
    }
};
set<node>s[N];
void ins(int u, int v) {
	e[++cnt] = (edge) {v, head[u]};
	head[u] = cnt;
}

void dfs1(int u) {
	siz[u] = 1;
	for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
		int v = e[i].to;
		if(v == fa[u]) continue;
		dep[v] = dep[u] + 1;
		fa[v] = u;
		dfs1(v);
		siz[u] += siz[v];
	}
}

void dfs2(int u, int topf) {
	dfn[u] = ++tot; top[u] = topf; int k = 0;
	for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
		if(e[i].to == fa[u]) continue;
		if(siz[e[i].to] > siz[k]) k = e[i].to;
	}
	if(!k) return; dfs2(k, topf);
	for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
		int v = e[i].to; if(v == fa[u]) continue;
		if(v != k) dfs2(v, v);
	}
}

int lca(int x, int y) {
	while(top[x] != top[y]) {
		if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
		x = fa[top[x]];
	}
	if(dep[x] < dep[y]) return x;
	return y;
}

int dis(int x, int y) {
    int LCA = lca(x, y);
    return dep[x] + dep[y] - 2*dep[LCA];
}

void add(int x) {
	s[col[x]].insert({x, dfn[x]});
    auto it = s[col[x]].find({x, dfn[x]});
    int l = 0, r = 0;
    ++it;
    if(it != s[col[x]].end()) r = (*it).x;
    --it;
    if(it != s[col[x]].begin()) {
        --it;
        l = (*it).x;
    }
    if(l && r) ans[col[x]] += -dis(l, r) + dis(l, x) + dis(x, r);
    else if(l) ans[col[x]] += dis(l, x);
    else if(r) ans[col[x]] += dis(r, x);
}

void del(int x) {
    auto it = s[col[x]].find({x, dfn[x]});
    int l = 0, r = 0;
    ++it;
    if(it != s[col[x]].end()) r = (*it).x;
    --it;
    if(it != s[col[x]].begin()) {
        --it;
        l = (*it).x;
    }
    if(l && r) ans[col[x]] -= -dis(l, r) + dis(l, x) + dis(x, r);
    else if(l) ans[col[x]] -= dis(l, x);
    else if(r) ans[col[x]] -= dis(r, x);
    s[col[x]].erase(s[col[x]].find({x, dfn[x]}));
}

int Q1(int x) {
    int l = (*s[x].begin()).x, r = (*(--s[x].end())).x;
    return dis(l, r);
}

int main() {
//	freopen("1.in","r",stdin);
	cin >> n;
	for(int i = 1, u, v; i < n; ++i) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		ins(u, v), ins(v, u);
	}
	dfs1(1); dfs2(1,1);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &col[i]), add(i);
    cin >> m;
    while(m--) {
        char c[3];
        int x, y;
        scanf("%s%d", c, &x);
        if(c[0] == 'U') {
            scanf("%d", &y);
            del(x);
            col[x] = y;
            add(x);
        } else {
        	if(s[x].empty()) puts("-1");
            else printf("%lld\n", 1ll*(ans[x] + Q1(x))/2LL);
        }
    }
	return 0;
}

K

简单贪心,每个位置放剩下的第一个比自己大的显然存在决策包容性
排序后用个set维护一下就是\(O(n\log n)\)
但是这个出题人怎么这么懒不写spj啊还要输出字典序最大方案。
考虑重排序列,在不改变答案最大的前提下,我们可以二分这个位置还能放哪些数(同样存在决策包容性,因而有单调性),然后因为n才5000,我们可以暴力贪心判断换成更大的数后是否合法,应该可以做到\(O(n^2\log n)\)不过比较懒的话用个set也能\(O(n^2\log^2 n)\)
扔给队友写了于是没有代码

posted @ 2022-08-27 21:54  henry_y  阅读(58)  评论(0编辑  收藏  举报