【UOJ】UOJ Easy Round #8
记错时间了，，，开始了一个小时才进来orz，然后第一题第一次做这种通信题，发现挺有趣的，和平时做的题思维都不太一样，考后发现自己算法是假的，只有50，然后B题只会暴力网络流（实施证明暴力网络流只给了5分orz,以为网络流很好可以过20的,就没有写DP），特判分又写挂。然后第三题感觉似乎可做，问先序遍历哪个其实就是序列的删除和插入嘛，然后，，十分自闭地想了50多分钟怎么处理k级祖先。按照常理，维护好了先序遍历和已知中序遍历应该处理出k级祖先应该不难的啊，然而orz，也没来得及写暴力了.最后菜鸡55分,rank50+收场，果然还是太菜了orz.
UER #8 题解
A题 打雪仗
题意:两个人在通信(就是这边的输入等于那边的输出，那边的输出等于这边的输入,提交两个程序),A有一个长度2000的01字符串,B有1000个下标，B顺序输出下标对应的所有字符串，通信两边都不能超过1350,只能输出0或1. 想法十分有趣，我们把2000长度分成三块，那么对于B一定知道哪块里面有超过块长一半的答案（即>334)，这样的话，他只要传达消息给A让他把这一块全部发过来，然后B就一一把剩下块的每个字符是不是答案发给A，对于A，还需要发的一定不到2n/3,总共发送4/3n,对于B，要完全发送剩下两块，也恰好是4/3n，这样，我们就卡着死亡边缘通过了此题。 alice :#include <iostream>
#include <fstream>
#include <string>
using namespace std;
ifstream fin;
char get_bit() {
return getchar();
}
void send_bit(char ch) {
putchar(ch);
fflush(stdout);
}
int n, m;
string s;
struct init_t {
init_t() {
fin.open("alice.in");
fin >> n >> m >> s;
}
} init_t;
int main() {
string s1,s2,s3;
s1 = s.substr(0,668); s2 = s.substr(668,668); s3 = s.substr(1336,664);
char t1 = get_bit(); char t2 = get_bit();
int t = 1;
if(t1=='0'&&t2=='1') {
t = 1;
} else if(t1=='1'&&t2=='0') {
t = 2;
swap(s1,s2);
} else {
t = 3;
swap(s1,s3);
}
for(int i=0;i<s1.size();i++) {
send_bit(s1[i]);
}
for(int i=0;i<s2.size();i++) {
char o = get_bit();
if(o=='1') send_bit(s2[i]);
}
for(int i=0;i<s3.size();i++) {
char o = get_bit();
if(o=='1') send_bit(s3[i]);
}
}
Bob:
#include <iostream>
#include <fstream>
#include <string>
#include<cstring>
using namespace std;
ifstream fin;
char get_bit() {
return getchar();
}
void send_bit(char ch) {
putchar(ch);
fflush(stdout);
}
ofstream fout;
void answer(string s) {
fout << s << endl, exit(0);
}
const int N = 1000;
int n, m, pos[N + 1];
struct init_t {
init_t() {
int x;
fin.open("bob.in");
fout.open("bob.out");
fin >> n >> m;
for (x = 1; x <= n; ++x) fin >> pos[x];
}
} init_t;
int getcnt(string s) {
int ans = 0;
int le = s.size();
for(int i=0;i<le;i++) if(s[i]=='1') ans++;
return ans;
}
int main() {
string s;
string s1,s2,s3;
for(int i=1;i<=2*n;i++) s+='0';
for(int i=1;i<=n;i++) {
s[pos[i]-1]='1';
}
s1 = s.substr(0,668); s2 = s.substr(668,668); s3 = s.substr(1336,664);
int t;
if(getcnt(s1)>334) {
t = 1;
send_bit('0'); send_bit('1');
} else if(getcnt(s2)>334) {
t = 2;
swap(s1,s2);
send_bit('1'); send_bit('0');
} else {
swap(s1,s3);
t = 3;
send_bit('1'); send_bit('1');
}
string ans1,ans2,ans3;
for(int i=0;i<s1.size();i++) {
char t = get_bit();
if(s1[i]=='1') ans1+=t;
}
for(int i=0;i<s2.size();i++) {
send_bit(s2[i]);
if(s2[i]=='1') ans2+=get_bit();
}
for(int i=0;i<s3.size();i++) {
send_bit(s3[i]);
if(s3[i]=='1') ans3+=get_bit();
}
if(t==2) swap(ans1,ans2);
if(t==3) swap(ans1,ans3);
string ans = ans1 + ans2 + ans3;
answer(ans);
}
B题 雪灾与外卖
题意：n个人m个商店 n m 1e5 , 每个人和每个商店都有坐标，每一个人都要走到一个商店里去，商店可以进的人有个数限制，且不同商店进一个人花的代价不同。总代价为n个人移动的总距离＋总进入商店花的代价（题目可以看成一个费用流） 一个很神的后悔堆orz考场网络流瞬间爆炸。考虑将餐厅和送餐员一起放在坐标轴上排序之后，每次送餐员都考虑一个向左边的一个食品店进行匹配，从食品堆提出w-yi最小的(因为从左向右考虑就不需要绝对值）然后把反悔放进送餐员堆里，然后扫到餐厅的时候，看会不会比当前的以匹配的食品店堆顶好，如果好就再考虑替换掉前面的送餐员，然后放进食品店堆里。这时候，我们如果再将送餐员再次反悔，发现时间复杂度就不对了，因为一个送餐员被反悔替换之后又可能被反悔替换了多次。 事实上，我们的送餐员不需要再次反悔。感性理解就是我们选择两个餐厅的时候，反悔进入堆的东西是等权的(因为送餐员是不用权的，距离是同等生效的)#include<stdio.h>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pr;
priority_queue<pr,vector<pr>,greater<pr> >man,food;
const int maxn = 2e5+5;
int n,m;
ll ans = 0;
int x[maxn],y[maxn],w[maxn],c[maxn];
pr ve[maxn]; int tp;
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%d",&x[i]);
ve[++tp] = pr(x[i],0);
}
ll sm = 0;
for(int i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d%d%d",&y[i],&w[i],&c[i]);
if(c[i]>0) ve[++tp] = pr(y[i],i);
sm += c[i];
}
if(sm<n) { puts("-1"); return 0; }
food.push(pr(1e18,n));
sort(ve+1,ve+1+tp);
for(int i=1;i<=tp;i++) {
pr now = ve[i];
if(now.se == 0 ) {
pr tt = food.top(); food.pop();
ans += now.fi + tt.fi;
if(--tt.se>0) food.push(tt);
man.push( pr(-now.fi*2-tt.fi, 1 ) );
} else {
ll cc = c[now.se]; ll ww = w[now.se];
if(food.top().fi+now.fi>ww) {
ans += ww*cc;
man.push(pr(-ww-now.fi,cc));
while(cc) {
pr orz = man.top();
man.pop();
ll oo = min(cc,orz.se);
cc-=oo; orz.se-=oo;
ans += oo*(now.fi+orz.fi);
if(orz.se) man.push(orz);
food.push(pr(-now.fi*2-orz.fi,oo));
}
} else food.push(pr(ww-now.fi,cc));
}
}
printf("%lld",ans);
}
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