Gym.101908 Brazil Subregional Programming Contest(寒假自训第六场)
这几天睡眠时间都不太够，室友晚上太会折腾了，感觉有点累，所以昨天的题解也没写，看晚上能不能补起来。
B . Marbles
题意：给定N组数(xi,yi)，玩家轮流操作，每次玩家可以选择其中一组对其操作，可以把它减去一个数，或同时减去一个数，当玩家操作后出现了（0，0）则胜利。
思路：注意这里是出现(0,0)胜，而不是全都是(0,0)胜，所以我们不能简单的球sg，最后异或得到答案。
但是我们转化一下，如果玩家面对的全是(1,2) 或(2,1)，则他胜利，那么我们可以以这两个状态为起点得到sg函数，就转化为了nim博弈。 当然，前提是没有xi==yi的情况。
#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; const int maxn=210; int sg[maxn][maxn],vis[maxn]; void getsg() { rep(i,1,100) rep(j,1,100){ if(i==j) continue; memset(vis,0,sizeof(vis)); rep(k,1,min(i-1,j-1)) vis[sg[i-k][j-k]]=1; rep(k,1,i-1) if(i-k!=j) vis[sg[i-k][j]]=1; rep(k,1,j-1) if(i!=j-k) vis[sg[i][j-k]]=1; rep(k,0,10000) if(!vis[k]){ sg[i][j]=k; break; } } } int main() { int N,F=0,x,y,sum=0; getsg(); scanf("%d",&N); rep(i,1,N){ scanf("%d%d",&x,&y); sum^=sg[x][y]; if(x==y) F=1; } if(F||sum) puts("Y"); else puts("N"); return 0; }
C .Pizza Cutter
题意：对于一个匹萨，限制横着切N刀，竖着切M刀，问最后披萨被分为了多少块。 保证不存在超过三刀相交在一点的情况，以及在角上相交的情况。
思路：我们发现，一刀的贡献是与它相交的直线数+1。 横线和竖线的交点=N*M。 横线和横线的交点=逆序对数。竖线与竖线一样。
所以求两次逆序对即可。
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; const int maxn=2000010; struct in{ int x,y; bool friend operator <(in w,in v) { return w.x<v.x;} }s[maxn]; int sum[maxn],b[maxn],tot; void add(int a,int N){ for(int i=a;i<=N;i+=(-i)&i) sum[i]++; } int query(int a){ int res=0; for(int i=a;i;i-=(-i)&i) res+=sum[i]; return res; } ll get(int N) { sort(s+1,s+N+1); ll res=0; rep(i,1,N) sum[i]=0,b[i]=s[i].y; sort(b+1,b+N+1); tot=unique(b+1,b+N+1)-(b+1); rep(i,1,N) s[i].y=lower_bound(b+1,b+N+1,s[i].y)-b; for(int i=N;i>=1;i--){ res+=query(s[i].y); add(s[i].y,N); }return res; } int main() { int N,M; ll ans=0; scanf("%d%d",&N,&M); scanf("%d%d",&N,&M); rep(i,1,N) scanf("%d%d",&s[i].x,&s[i].y); ans=get(N); rep(i,1,M) scanf("%d%d",&s[i].x,&s[i].y); ans+=get(M); ans+=(ll)N*M+N+M+1; printf("%lld\n",ans); return 0; }
D .Unraveling Monty Hall
题意：统计不是1的个数。
思路：水题，就是题面太长。
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; const int maxn=2000010; int main() { int N,x,ans=0; scanf("%d",&N); rep(i,1,N) scanf("%d",&x),ans+=(x!=1); printf("%d\n",ans); return 0; }
E .Enigma
题意：给定字符串S，T，让T去匹配S，问有多少个匹配没有相同的字符。
思路：模拟。
#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; const int maxn=1000010; char c[maxn],b[maxn]; int main() { int N,M,ans=0; scanf("%s%s",c+1,b+1); N=strlen(c+1); M=strlen(b+1); rep(i,1,N-M+1) { bool F=true; rep(j,1,M) if(b[j]==c[i+j-1]) F=false; ans+=(F); } printf("%d\n",ans); return 0; }
F .Music Festival
题意：有N个舞台(N<10)，第i个舞台有Mi首歌(M总和<1000)，给出每首歌的起始时间s，和终止时间t，以及价值val； 我们听完一首歌可以任意瞬移到另外的舞台，即不考虑时间边界。现在让你选择一种方案，使得每个舞台都至少听了一首歌，求最大价值。
思路：区间最值更新答案的，我们可以用线段树或者单调队列更新答案。这里用了线段树。 先离散化时间(2*N个)，然后对于所有的节目，按起始时间排序（终止时间排序效果也一样），然后每次查询[1,s]的最大值，然后用结果去更新t点的值。 复杂度O(N^2*logN)。记录一个前缀最大值复杂度是O(N^2)的。
线段树：
#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define rep2(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--) using namespace std; const int maxn=1024; int dp[maxn][maxn],b[maxn<<1],cnt; bitset<maxn>S[maxn]; struct in{ int s,t,val,id; bool friend operator <(in w,in v){ return w.s<v.s; } }s[maxn]; struct Tree{ int Mx[maxn<<3]; void update(int Now,int L,int R,int pos,int val) { Mx[Now]=max(Mx[Now],val); if(L==R) return ; int Mid=(L+R)>>1; if(pos<=Mid) update(Now<<1,L,Mid,pos,val); if(pos>Mid) update(Now<<1|1,Mid+1,R,pos,val); } int query(int Now,int L,int R,int l,int r) { if(l<=L&&r>=R) return Mx[Now]; int Mid=(L+R)>>1,res=0; if(l<=Mid) res=max(res,query(Now<<1,L,Mid,l,r)); if(r>Mid) res=max(res,query(Now<<1|1,Mid+1,R,l,r)); return res; } }T[1024]; int main() { int N,M,tot=0,ans=0; scanf("%d",&N); rep(i,0,N-1){ scanf("%d",&M); rep(j,1,M){ tot++; scanf("%d%d%d",&s[tot].s,&s[tot].t,&s[tot].val); s[tot].id=i; b[++cnt]=s[tot].s; b[++cnt]=s[tot].t; } } sort(b+1,b+cnt+1); cnt=unique(b+1,b+cnt+1)-(b+1); sort(s+1,s+tot+1); M=(1<<N)-1; rep(i,1,tot) s[i].s=lower_bound(b+1,b+cnt+1,s[i].s)-b; rep(i,1,tot) s[i].t=lower_bound(b+1,b+cnt+1,s[i].t)-b; rep(i,1,tot) { dp[i][1<<s[i].id]=s[i].val; rep(j,1,M){ if(T[j].Mx[1]==0) continue; int Mx=T[j].query(1,1,cnt,1,s[i].s); if(Mx!=0) dp[i][j|(1<<s[i].id)]=max(dp[i][j|(1<<s[i].id)],Mx+s[i].val); } rep(j,1,M) { if(dp[i][j]) T[j].update(1,1,cnt,s[i].t,dp[i][j]); } ans=max(ans,dp[i][M]); } if(ans==0) ans=-1; printf("%d\n",ans); return 0; }
前缀最大值： （数组开小wa了一发）
#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define rep2(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--) using namespace std; const int maxn=1024; int dp[maxn][maxn],pre[maxn][maxn<<1],b[maxn<<1],cnt; struct in{ int s,t,val,id; bool friend operator <(in w,in v){ return w.s<v.s; } }s[maxn]; int main() { int N,M,tot=0,ans=0; scanf("%d",&N); rep(i,0,N-1){ scanf("%d",&M); rep(j,1,M){ tot++; scanf("%d%d%d",&s[tot].s,&s[tot].t,&s[tot].val); s[tot].id=i; b[++cnt]=s[tot].s; b[++cnt]=s[tot].t; } } sort(b+1,b+cnt+1); cnt=unique(b+1,b+cnt+1)-(b+1); sort(s+1,s+tot+1); M=(1<<N)-1; rep(i,1,tot) s[i].s=lower_bound(b+1,b+cnt+1,s[i].s)-b; rep(i,1,tot) s[i].t=lower_bound(b+1,b+cnt+1,s[i].t)-b; int pos=1; rep(i,1,tot) { while(pos<=s[i].s){ //更新前缀最大值 rep(j,1,M) pre[j][pos]=max(pre[j][pos-1],pre[j][pos]); pos++; } int t=1<<s[i].id; dp[i][t]=s[i].val; pre[t][s[i].t]=max(pre[t][s[i].t],s[i].val); rep(j,1,M) if(pre[j][s[i].s]) dp[i][j|t]=max(dp[i][j|t],pre[j][s[i].s]+s[i].val); rep(j,1,M) if(dp[i][j]) pre[j][s[i].t]=max(pre[j][s[i].t],dp[i][j]); ans=max(ans,dp[i][M]); } if(ans==0) ans=-1; printf("%d\n",ans); return 0; }
G .Gasoline
题意：给定N个加油站，M个油田(<1000)，以及加油站的需要量，油田的供给量，以及C条带权道路(C<20000)，现在让你最小化最大运输时间。
思路：二分+最大流。复杂度N*sqrt(C)*logC;
#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; const int maxn=2000010; const int inf=2000000000; int N,M,P,R,C,S,T; int Laxt[maxn],Next[maxn],To[maxn],Cap[maxn],cnt; int dis[maxn],vd[maxn],sum; int a[maxn],b[maxn]; struct in{ int x,y,z; }s[maxn]; bool cmp(in w,in v){ return w.z<v.z;} void add(int u,int v,int c) { Next[++cnt]=Laxt[u]; Laxt[u]=cnt; To[cnt]=v; Cap[cnt]=c; Next[++cnt]=Laxt[v]; Laxt[v]=cnt; To[cnt]=u; Cap[cnt]=0; } int sap(int u,int flow) { if(u==T||flow==0) return flow; int tmp,delta=0; for(int i=Laxt[u];i;i=Next[i]){ int v=To[i]; if(dis[u]==dis[v]+1&&Cap[i]){ tmp=sap(v,min(Cap[i],flow-delta)); Cap[i]-=tmp; Cap[i^1]+=tmp; delta+=tmp; if(dis[S]>=T||delta==flow) return delta; } } vd[dis[u]]--; if(!vd[dis[u]]) dis[S]=T; vd[++dis[u]]++; return delta; } bool check(int Mid) { rep(i,S,T) Laxt[i]=dis[i]=vd[i]=0; cnt=1; rep(i,1,Mid) add(s[i].y,R+s[i].x,inf); rep(i,1,R) add(S,i,b[i]); rep(i,1,P) add(R+i,T,a[i]); int res=0; while(dis[S]<T) res+=sap(S,inf); return res==sum; } int main() { scanf("%d%d%d",&P,&R,&C); S=0; T=P+R+1; rep(i,1,P) scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i]; rep(i,1,R) scanf("%d",&b[i]); rep(i,1,C) scanf("%d%d%d",&s[i].x,&s[i].y,&s[i].z); sort(s+1,s+C+1,cmp); int ans=-1,L=1,R=C,Mid; while(L<=R){ Mid=(L+R)>>1; if(check(Mid)) ans=Mid,R=Mid-1; else L=Mid+1; } if(ans==-1) puts("-1"); else printf("%d\n",s[ans].z); return 0; }
K .Kepler
题意：给定n个包含了原点的圆（-25.0<=x,y<=25.0, 1<=r<=2e5），而且满足没有两个以上的圆在一点相交，问这些圆一共有多少个交点，如果交点数>2*N，输出greater。
思路：首先，我们提炼出关键，他们都包含了原点，说明他们之间只有包含和相交关系，而且每次相交贡献两个交点，而且发现这些圆的圆心范围比较小，而半径又不是很小，所以我们可以提炼出一些包含关系，这些包含关系的在比较坏的情况下，最外层也就50*50/（2*2）这么多吧，然后对于每组包含关系，我们都从大到小保存起来。 然后我们就可以dfs看这组与外面的圆的相交个数了。 按半径从小到大加入一些圆，然后去验证这些包含关系有多少个相交即可。
#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; const int maxn=200010; struct in{ double x,y,r;}s[maxn]; bool cmp(in w,in v){ return w.r<v.r; } int ans,N,Laxt[maxn],Next[maxn],To[maxn],cnt; set<int>S; set<int>::iterator it,tmp; const double eps=1e-8; void add(int u,int v){ Next[++cnt]=Laxt[u]; Laxt[u]=cnt; To[cnt]=v; } bool check(in A,in B) { return (A.x-B.x)*(A.x-B.x)+(A.y-B.y)*(A.y-B.y)<=(A.r-B.r)*(A.r-B.r); } void dfs(int u,int p) { if(check(s[u],s[p])) return; ans++; if(ans>N) return ; for(int i=Laxt[u];i;i=Next[i]) dfs(To[i],p); } int main() { scanf("%d",&N); rep(i,1,N) scanf("%lf%lf%lf",&s[i].x,&s[i].y,&s[i].r); sort(s+1,s+N+1,cmp); rep(i,1,N){ for(it=S.begin();it!=S.end();){ if(check(s[i],s[*it])){ add(i,*it);tmp=it; it++;S.erase(tmp); } else dfs(*it,i),it++; } S.insert(i); } if(ans>N) puts("greater"); else printf("%d\n",ans*2); return 0; }
I .Switches
题意：给定N个灯，以及开始状态。M个开关集合，每次使用一个开关，这个集合的状态会改变。 现在一次按1到M个开关，即1，2，3，...M ,1, 2,... 问第几次会全部关掉。
思路：最多两轮，模拟即可。
#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; const int maxn=1010; int vis[maxn],L[maxn],a[maxn][maxn]; int main() { int N,M,num,x,ans=-1; scanf("%d%d",&N,&M); scanf("%d",&num); rep(i,1,num)scanf("%d",&x),vis[x]=1; rep(i,1,N){ scanf("%d",&L[i]); rep(j,1,L[i]){ scanf("%d",&a[i][j]); x=a[i][j]; if(vis[x]==1) vis[x]=0,num--; else vis[x]=1,num++; } if(num==0&&ans==-1) ans=i; } if(ans!=-1) printf("%d\n",ans); else { rep(i,1,N){ rep(j,1,L[i]){ x=a[i][j]; if(vis[x]==1) vis[x]=0,num--; else vis[x]=1,num++; } if(num==0&&ans==-1) ans=N+i; } printf("%d\n",ans); } return 0; }
L .Subway Lines
题意：给出一棵树，Q次询问两个路径的交点个数/
思路：可以用LCA推。 也可以直接上树剖+标记。
by,许
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=2e5+10; int id[maxn],dep[maxn],cnt; int top[maxn],size[maxn],f[maxn],son[maxn]; vector<int>G[maxn]; int sum[maxn*4],tag[maxn*4]; void dfs1(int u,int fa,int deep) { size[u]=1; dep[u]=deep; f[u]=fa; for(int i=0;i<G[u].size();i++) { int v=G[u][i]; if(v==fa)continue; dfs1(v,u,deep+1); size[u]+=size[v]; if(!son[u]||size[v]>size[son[u]]) son[u]=v; } } void dfs2(int u,int root) { top[u]=root; id[u]=++cnt; if(son[u]) dfs2(son[u],root); for(int i=0;i<G[u].size();i++) { int v=G[u][i]; if(v==f[u]||v==son[u])continue; dfs2(v,v); } } /*void update(int o,int l,int r,int ql,int qr,int v) { int m=(l+r)/2,ls=o*2,rs=o*2+1; if(tag[o]!=-1&&l!=r) { sum[ls]=(m-l+1)*tag[o]; sum[rs]=(r-l)*tag[o]; tag[ls]=tag[rs]=tag[o]; tag[o]=-1; } if(l>=ql&&r<=qr) { sum[o]=v*(r-l+1); tag[o]=v; return; } if(ql<=m)update(ls,l,m,ql,qr,v); if(qr>m)update(rs,m+1,r,ql,qr,v); sum[o]=sum[ls]+sum[rs]; } int query(int o,int l,int r,int ql,int qr) { int m=(l+r)/2,ls=o*2,rs=o*2+1,res=0; if(tag[o]!=-1&&l!=r) { sum[ls]=(m-l+1)*tag[o]; sum[rs]=(r-l)*tag[o]; tag[ls]=tag[rs]=tag[o]; tag[o]=-1; } if(sum[o]==r-l+1) return min(r,qr)-max(l,ql)+1; if(sum[o]==0)return 0; if(l>=ql&&r<=qr) return sum[o]; if(ql<=m)res+=query(ls,l,m,ql,qr); if(qr>m)res+=query(rs,m+1,r,ql,qr); return res; }*/ void update(int o,int l,int r,int ql,int qr,int v) { int m=(l+r)/2,ls=o*2,rs=o*2+1; if(tag[o]!=-1&&l!=r) { sum[ls]=(m-l+1)*tag[o]; sum[rs]=(r-l)*tag[o]; tag[ls]=tag[rs]=tag[o]; tag[o]=-1; } if(l>=ql&&r<=qr) { sum[o]=v*(r-l+1); tag[o]=v; return; } if(ql<=m)update(ls,l,m,ql,qr,v); if(qr>m)update(rs,m+1,r,ql,qr,v); sum[o]=sum[ls]+sum[rs]; } int query(int o,int l,int r,int ql,int qr) { int m=(l+r)/2,ls=o*2,rs=o*2+1,res=0; if(tag[o]!=-1&&l!=r) { sum[ls]=(m-l+1)*tag[o]; sum[rs]=(r-l)*tag[o]; tag[ls]=tag[rs]=tag[o]; tag[o]=-1; } if(sum[o]==r-l+1) return min(r,qr)-max(l,ql)+1; if(sum[o]==0)return 0; if(l>=ql&&r<=qr) return sum[o]; if(ql<=m)res+=query(ls,l,m,ql,qr); if(qr>m)res+=query(rs,m+1,r,ql,qr); return res; } /*void up_path(int x,int y,int z) { while(top[x]!=top[y]) { if(dep[top[x]]<top[top[y]]) swap(x,y); update(1,1,cnt,id[top[x]],id[x],z); x=f[top[x]]; } if(id[x]>id[y]) swap(x,y); update(1,1,cnt,id[x],id[y],z); }*/ int qu_path(int x,int y) { int res=0; while(top[x]!=top[y]) { if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y); res+=query(1,1,cnt,id[top[x]],id[x]); x=f[top[x]]; } if(id[x]>id[y])swap(x,y); res+=query(1,1,cnt,id[x],id[y]); return res; } void up_path(int x,int y,int z) { while(top[x]!=top[y]) { if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y); update(1,1,cnt,id[top[x]],id[x],z); x=f[top[x]]; } if(id[x]>id[y])swap(x,y); update(1,1,cnt,id[x],id[y],z); } /*int qu_path(int x,int y) { int ans=0; while(top[x]!=top[y]) { if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y); ans+=query(1,1,cnt,id[top[x]],id[x]); x=f[top[x]]; } if(id[x]>id[y])swap(x,y); ans+=query(1,1,cnt,id[x],id[y]); return ans; }*/ int main() { int n,u,v,a,b,c,d,q; scanf("%d%d",&n,&q); for(int i=1;i<n;i++) { scanf("%d%d",&u,&v); G[u].push_back(v); G[v].push_back(u); } memset(tag,-1,sizeof(tag)); dfs1(1,0,1); dfs2(1,1); while(q--) { scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d); up_path(a,b,1); printf("%d\n",qu_path(c,d)); up_path(a,b,0); } }
It is your time to fight！
