8.10XS模拟赛
8.11 A
8.12 BC
8.14 D（完结）
A
XS评测记1e6的st表超时，洛谷线段树都可以过
于是我气急败坏的写了O(n)的双端队列题解简直就是shi山
接下来是题解：
看到环，很容易想到复制一遍数组把长度变成2n来做
然后做前缀和sum，到达某个点的油量必须大于零，得到sum[i+j]-sum[i-1]>=0(0<=i<n)
变形，得到sum[i+j]>=sum[i-1]，所以只要区间内的最小值大于sum[i-1]就可以了
记得顺时针和逆时针都要跑一遍
无脑的最小值可以用st表写，但最优解是双端队列的O(n)虽然没什么用
#include<bits/stdc++.h>
#define usetime() (double)clock () / CLOCKS_PER_SEC * 1000.0
#define fst first
#define sec second
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,LL> auther;
const int maxn=1e6+5;
void read(int& x){
char c;
bool f=0;
while((c=getchar())<48) f|=(c==45);
x=c-48;
while((c=getchar())>47) x=x*10+c-48;
x=(f ? -x : x);
return;
}
int n;
int a[maxn],b[maxn];
bool ans[maxn];
LL sum[maxn<<1];
deque<auther> q;
int main(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++){
read(a[i]),read(b[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
sum[i]=sum[i-1]+a[i]-b[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
sum[n+i]=sum[n+i-1]+a[i]-b[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
while((!q.empty())&&q.back().sec>=sum[i]) q.pop_back();
q.push_back(make_pair(i,sum[i]));
}
for(int i=1;i<=n;i++){
while((!q.empty())&&q.front().fst<i) q.pop_front();
LL mn=q.front().sec;
if(mn>=sum[i-1]) ans[i]|=1;
while((!q.empty())&&q.back().sec>=sum[n+i]) q.pop_back();
q.push_back(make_pair(n+i-1,sum[n+i]));
}
q.clear();
for(int i=n;i>=1;i--){
sum[n+i]=sum[n+i+1]+a[i]-b[i==1 ? n : i-1];
}
for(int i=n;i>=1;i--){
sum[i]=sum[i+1]+a[i]-b[i==1 ? n : i-1];
}
for(int i=2;i<=n+1;i++){
while((!q.empty())&&q.back().sec>=sum[i]) q.pop_back();
q.push_back(make_pair(i,sum[i]));
}
for(int i=1;i<=n;i++){
while((!q.empty())&&q.front().fst<i+1) q.pop_front();
LL mn=q.front().sec;
if(mn>=sum[n+i+1]) ans[i]|=1;
while((!q.empty())&&q.back().sec>=sum[n+i+1]) q.pop_back();
q.push_back(make_pair(n+i+1,sum[n+i+1]));
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(ans[i]) printf("TAK\n");
else printf("NIE\n");
}
return 0;
}
//^o^
以下题解均为100pts
B
有动规的感觉，但不知道怎么动规
观察发现，最优解一定是以删行为主或删列为主的
当发现不能再进行主要操作时，就尝试删左或删右
先假设以删行为主：
设计状态pair类型的dp[li][ri]，定义li为起始行，ri为终止行
存储的first表示能删到的最大起始列，second为能删到的最小终止列
这样就可以用模拟求每个dp[li][ri]了，l和r用于维护行内和列内的前缀和
int &p=f[li][ri].fst,&q=f[li][ri].sec;//已宏定义
while(p<=q&&r[ri][p]-r[li-1][p]<=k) ++p;
while(q>=p&&r[ri][q]-r[li-1][q]<=k) --q;
还有个问题，就是能否删到起始行和终止行呢？
用到动态规划，如果可以删到dp[li-1][ri]或者dp[li][ri+1]，并且任意一个能满足能够删掉第li-1行或第ri+1行（行内从其first到second）
那么dp[li][ri]就可以删到，同时，dp[li][ri]的起始列和终止列也可以继承过来后再跑，可以做到优化，详见代码
此处用first为是否为0来标记能否删到
int &p=f[li][ri].fst,&q=f[li][ri].sec;
if(!p) continue;
while(p<=q&&r[ri][p]-r[li-1][p]<=k) ++p;
while(q>=p&&r[ri][q]-r[li-1][q]<=k) --q;
if(p>q) ans=min(ans,n+m-i);
if(l[li][q]-l[li][p-1]<=k) f[li+1][ri]=f[li][ri];
if(l[ri][q]-l[ri][p-1]<=k) f[li][ri-1]=f[li][ri];
注意初始化dp[1][n]是可以删到的
#include<bits/stdc++.h>
#define fst first
#define sec second
#define mkp(a,b) make_pair(a,b)
#define usetime() (double)clock () / CLOCKS_PER_SEC * 1000.0
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> auther;
const int maxn=2005;
const int inf=2e9+1;
void read(int& x){
char c;
bool f=0;
while((c=getchar())<48) f|=(c==45);
x=c-48;
while((c=getchar())>47) x=x*10+c-48;
x=(f ? -x : x);
return;
}
int a[maxn][maxn];
LL l[maxn][maxn],r[maxn][maxn];
auther f[maxn][maxn];
int n,m,k;
int main(){
read(k),read(m),read(n);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
read(a[i][j]);
l[i][j]=l[i][j-1]+a[i][j];
r[i][j]=r[i-1][j]+a[i][j];
}
}
int ans=inf;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i;j<=n;j++){
f[i][j]=mkp(0,m);
}
}
f[1][n]=mkp(1,m);
for(int i=n;i>=1;i--){
for(int li=1,ri=i;ri<=n;li++,ri++){
int &p=f[li][ri].fst,&q=f[li][ri].sec;
if(!p) continue;
while(p<=q&&r[ri][p]-r[li-1][p]<=k) ++p;
while(q>=p&&r[ri][q]-r[li-1][q]<=k) --q;
if(p>q) ans=min(ans,n+m-i);
if(l[li][q]-l[li][p-1]<=k) f[li+1][ri]=f[li][ri];
if(l[ri][q]-l[ri][p-1]<=k) f[li][ri-1]=f[li][ri];
}
}
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=i;j<=m;j++){
f[i][j]=mkp(0,n);
}
}
f[1][m]=mkp(1,n);
for(int i=m;i>=1;i--){
for(int li=1,ri=i;ri<=m;li++,ri++){
int &p=f[li][ri].fst,&q=f[li][ri].sec;
if(!p) continue;
while(p<=q&&l[p][ri]-l[p][li-1]<=k) ++p;
while(q>=p&&l[q][ri]-l[q][li-1]<=k) --q;
if(p>q) ans=min(ans,n+m-i);
if(r[q][li]-r[p-1][li]<=k) f[li+1][ri]=f[li][ri];
if(r[q][ri]-r[p-1][ri]<=k) f[li][ri-1]=f[li][ri];
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
//^o^
C
离场A最近的一次反正就是没写出来TT
看到字符串匹配想到KMP，KMP没用但是前缀数组有用
一个字符串的答案要么是它本身，要么是其前后缀匹配部分（就是KMP中的前缀数组所对的字符串）的前缀
如图例如红框中的字符串，可能的答案为A，AB或ABCDAB（当然这里只有ABCDAB是正确的）
那难道要去枚举吗？不，发现如果是子串部分，可以通过去求这一部分的答案，再推出原来的字符串
这不就是动规吗？设计状态dp[i]表示原字符串长度为i的前缀
（以下用数字表示字符串均表示原字符串长度为该数字的前缀，因为答案一定是原字符串的某个前缀,pi表示的前缀数组）
因为1 -> pi[i]和i-pi[i]+1 -> i是一样的（前缀数组的定义），所以只要i-pi[i]+1 -> i区间内存在一个前缀也满足能够被pi[i]的答案组成就好了
我们只需要判断是否有下标j满足j+pi[i]>=i且字符串j的答案和i的答案pi[i]相同即可
转变条件，得到j>=i-pi[i]&&dp[j]==dp[pi[i]]，用桶t[i]保存一下满足dp[j]==i中的最大的j，时间复杂度为O(n)
#include<bits/stdc++.h>
#define usetime() (double)clock () / CLOCKS_PER_SEC * 1000.0
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=5e5+5;
void read(int& x){
char c;
bool f=0;
while((c=getchar())<48) f|=(c==45);
x=c-48;
while((c=getchar())>47) x=x*10+c-48;
x=(f ? -x : x);
return;
}
char s[maxn];
int pi[maxn];
int dp[maxn];
int t[maxn];
int main(){
scanf("%s",s+1);
int n=strlen(s+1);
for(int i=2,j=1;i<=n;i++){
while(j>1&&s[i]!=s[j]) j=pi[j-1]+1;
if(s[i]==s[j]) ++j;
pi[i]=j-1;
}
dp[1]=1,t[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(t[dp[pi[i]]]>=i-pi[i]) dp[i]=dp[pi[i]];
else dp[i]=i;
t[dp[i]]=i;
}
printf("%d",dp[n]);
return 0;
}
//^o^
D
建反图，然后从主楼开始跑拓扑，状态转移方程为f[v]=min(f[v]+f[u],inf+1)
跑拓扑之前要排除掉所有主楼不能到达的点，具体先跑一遍DFS
如果图中存在环，那么答案为无数种，由于拓扑排序是不会处理环上的点的
所以在拓扑跑完以后判断是否有节点主楼能够到达，但是拓扑没有处理，那么这些点就是在环上了
仔细观察题目“每栋楼都可以访问任意多次”，说明主楼也可以经过，那么需要特判主楼在环上的情况
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+5,maxm=1e6+5;
const int inf=36500;
void read(int& x){
char c;
bool f=0;
while((c=getchar())<48) f|=(c==45);
x=c-48;
while((c=getchar())>47) x=x*10+c-48;
x=(f ? -x : x);
return;
}
class mmp{
private:
int mp_cnt;
public:
int head[maxn],nxt[maxm],e[maxn];
void init_mp(){
memset(head,-1,sizeof(head));
mp_cnt=-1;
}
void add_edge(int u,int v){
e[++mp_cnt]=v;
nxt[mp_cnt]=head[u];
head[u]=mp_cnt;
}
}mp;
int n,m;
int in[maxn];
int f[maxn];
bool in_mp[maxn],vis[maxn];
int ans=0;
bool tp=0;
void dfs(int u){
in_mp[u]=1;
for(int i=mp.head[u];~i;i=mp.nxt[i]){
int v=mp.e[i];
++in[v];
if(in_mp[v]){
if(v==n+1) tp=1;
continue;
}
dfs(v);
}
}
int main(){
read(n),read(m);
int u,v;
mp.init_mp();
for(int i=1;i<=m;i++){
read(u),read(v);
mp.add_edge(v,u);
}
dfs(n+1);
vector<int> ans;
if(tp){//特判主楼在环上
printf("zawsze\n");
for(int i=1;i<=n;i++){
if(in_mp[i]) ans.push_back(i);
}
printf("%d\n",ans.size());
for(int i=0;i<ans.size();i++){
printf("%d ",ans[i]);
}
return 0;
}
queue<int> q;
int mx=0;
f[n+1]=1;
q.push(n+1);
while(!q.empty()){
u=q.front();
q.pop();
vis[u]=1,mx=max(mx,f[u]);
for(int i=mp.head[u];~i;i=mp.nxt[i]){
v=mp.e[i];
f[v]=min(f[v]+f[u],inf+1);
--in[v];
if(!in[v]) q.push(v);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if((in_mp[i]&&(!vis[i]))||f[i]>inf){
ans.push_back(i);
}
}
if(ans.size()){
printf("zawsze\n");
}
else{
for(int i=1;i<=n+1;i++){
if(mx==f[i]) ans.push_back(i);
}
printf("%d\n",mx);
}
printf("%d\n",(int)ans.size());
sort(ans.begin(),ans.end());
for(int i=0;i<ans.size();i++){
printf("%d ",ans[i]);
}
return 0;
}
//^o^
浙公网安备 33010602011771号