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。
设\(f[i,j]\)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\(O(n\log n)\)的
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
