清华集训2015-Day 2

校内测试做到了,于是就把解题报告发出来。

简单回路

一个 \(n\times m\) 的方格纸,有 \(k\) 个障碍点。\(q\) 次询问,每次询问 \((x,y)\) ,问有多少条简单回路经过 \((x,y)-(x+1,y)\) 这条边。\(n\le 1000,m\le 6,k\le 100,q\le 10000\)

分析

场上 AC 了这题。

暴力的想法是每次询问都dp一次,到询问点的时候就强制有那个插头。由此就可以想到,如果可以快速转移完后面的所有格子,那么就可以只进行一次dp,经过一个格子之后就把含有这个插头的状态都快速转移一下,就可以直接预处理出每个 \((x,y)\) 的答案了。

因此,我们只需要求出 p[x][y][s] 数组表示 \((x,y)\) 这个位置状态为 \(s\) ,最后对答案的贡献系数。这是可以反过来转移求的。

因此总复杂度为 \(O(nm|s|)\)

代码

场上我的写法是一行行来做,所以复杂度为 \(O(nm|s|^2)\) ,也是可以过的。这是场上的代码 。

#include<bits/stdc++.h>
#define M(x) memset(x,0,(sizeof x[0])*maxs)
using namespace std;
typedef long long giant;
inline char nchar() {
	static const int bufl=1<<20;
	static char buf[bufl],*a,*b;
	return a==b && (b=(a=buf)+fread(buf,1,bufl,stdin),a==b)?EOF:*a++;
}
inline int read() {
	int x=0,f=1;
	char c=nchar();
	for (;!isdigit(c);c=nchar()) if (c=='-') f=-1;
	for (;isdigit(c);c=nchar()) x=x*10+c-'0';
	return f>0?x:-x;
}
const int maxn=1e3+5;
const int q=1e9+7;
const int maxs=200;
const int maxv=1<<16|1;
const int maxm=8;
inline int Plus(int x,int y) {return (x+=y)>=q?x-q:x;}
inline void Pe(int &x,int y) {x=Plus(x,y);}
inline int Multi(int x,int y) {return (giant)x*y%q;}
inline void Me(int &x,int y) {x=Multi(x,y);}
inline int get(int x,int p) {return (x>>(p<<1))&3;}
inline int mod(int x,int p,int d) {return (x&(~(3<<(p<<1))))+(d<<(p<<1));}
bool no[maxn][maxm];
int ans[maxn][maxm],stat[maxs],n,m,all=0,id[maxv],mat[maxs][maxm],ids=0,blo;
int tra[maxn][maxs],ader,to[maxs],F[2][maxs],*f=F[0],*g=F[1]; // to : how much transite to s
void dec(int x) {
	for (int i=1;i<=m+1;++i) printf("%d ",get(x,i));
	puts("");
}
inline void match(int x,int mt[]) {
	static int sta[maxm];
	int top=0;
	for (int i=1;i<=m+1;++i) {
		const int d=get(x,i);
		if (d==1) sta[++top]=i; else if (d==2) {
			int y=sta[top--];
			mt[y]=i,mt[i]=y;
		}
	}
}
inline bool ok(int x) {
	int cnt=0;
	for (int i=1;i<=m+1;++i) {
		const int d=get(x,i);
		if (d==1) ++cnt; else if (d==2) --cnt;
		if (cnt<0) return false;
	}
	return cnt==0;
}
void dfs(int now,int x) {
	if (now>m+1) {
		if (ok(x)) {
			stat[id[x]=++ids]=x;
			match(x,mat[ids]);
		}
		return;
	}
	for (int i=0;i<3;++i) dfs(now+1,mod(x,now,i));
}
void predp(int row,int st) {
	M(f),M(g);
	f[st]=1;
	for (int j=1;j<=m;++j) {
		swap(f,g),M(f);
		for (int s=1;s<=ids;++s) if (g[s]) {
			const int &d=stat[s],&w=g[s],x=get(d,j),y=get(d,j+1),c=mod(mod(d,j,0),j+1,0),*mt=mat[s];
			if (no[row][j]) {
				if (x==0 && y==0) Pe(f[id[d]],w);
				continue;
			}
			if (x==0 && y==0) {
				Pe(f[id[d]],w);
				Pe(f[id[mod(mod(c,j,1),j+1,2)]],w);
			} else if (x==0 || y==0) {
				Pe(f[id[mod(c,j,x+y)]],w);
				Pe(f[id[mod(c,j+1,x+y)]],w);
			} else if (x==1 && y==1) {
				Pe(f[id[mod(c,mt[j+1],1)]],w);
			} else if (x==2 && y==2) {
				Pe(f[id[mod(c,mt[j],2)]],w);
			} else if (x==1 && y==2) {
				if (!c) Pe(ader,w);
			} else if (x==2 && y==1) {
				Pe(f[id[c]],w);
			}
		}
	}
	for (int s=1;s<=ids;++s) if (get(stat[s],m+1)==0 && f[s]) Pe(to[id[stat[s]<<2]],f[s]);
}
void prepro() {
	dfs(1,0);
	for (int i=n;i;--i) {
		for (int d=1;d<=ids;++d) if (get(stat[d],1)==0) {
			ader=0;
			memset(to,0,sizeof to);
			predp(i,d);
			tra[i][d]=ader;
			for (int j=1;j<=ids;++j) if (to[j]) Pe(tra[i][d],Multi(to[j],tra[i+1][j]));
		}
	}
}
void work() {
	M(f),M(g);
	f[id[0]]=1;
	for (int i=1;i<=n;++i) {
		swap(f,g),M(f);
		for (int s=1;s<=ids;++s) if (g[s]) {
			const int &d=stat[s],&w=g[s];
			if (get(d,m+1)==0) Pe(f[id[d<<2]],w);
		}
		for (int s=1;s<=ids;++s) if (f[s]) {
			int tmp=Multi(f[s],tra[i][s]);
			for (int j=2;j<=m+1;++j) if (get(stat[s],j)) Pe(ans[i-1][j-1],tmp);
		}
		for (int j=1;j<=m;++j) {
			swap(f,g),M(f);
			for (int s=1;s<=ids;++s) if (g[s]) {
				const int &d=stat[s],&w=g[s],x=get(d,j),y=get(d,j+1),c=mod(mod(d,j,0),j+1,0),*mt=mat[s];
				if (no[i][j]) {
					if (x==0 && y==0) Pe(f[id[d]],w);
					continue;
				}
				if (x==0 && y==0) {
					Pe(f[id[mod(mod(c,j,1),j+1,2)]],w);
					Pe(f[id[d]],w);
				} else if (x==0 || y==0) {
					Pe(f[id[mod(c,j,x+y)]],w);
					Pe(f[id[mod(c,j+1,x+y)]],w);
				} else if (x==1 && y==1) {
					Pe(f[id[mod(c,mt[j+1],1)]],w);
				} else if (x==2 && y==2) {
					Pe(f[id[mod(c,mt[j],2)]],w);
				} else if (x==2 && y==1) {
					Pe(f[id[c]],w);
				} // we don't process (x=1,y=2) since this will be add to answer on the next row
			}
		}
	}
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("test.in","r",stdin);
#endif
	n=read(),m=read(),blo=read();
	for (int i=1;i<=blo;++i) {
		int x=read(),y=read();
		no[x][y]=true;
	}
	prepro();
	work();
	int req=read();
	while (req--) {
		int x=read(),y=read();
		printf("%d\n",ans[x][y]);
	}
	return 0;
}

卡常数

空间中有 \(n\) 个点,有两种操作:

  • 询问 \((x,y,z,r)\) ,问空间中哪个点在以 \((x,y,z)\) 为球心,\(r\) 为半径的球面上。保证答案唯一。
  • 修改 \((i,x,y,z)\) ,把 \(i\) 号点的坐标改为 \((x,y,z)\)

询问有加密。初始时 last=0.1 ,给出两个值 \(a,b (0\le b<a<5)\),对于每次询问的 \((x,y,z,r)\)\((i,x,y,z)\) ,设被加密的值为 \(x\) ,那么给出的值为 \(f(last*x+1)\) ,其中 \(f(x)=ax-b\sin x\)

所有坐标随机。

\(n,m\le 65536\)

分析

从未见过如此奇怪的加密方式,要二分答案才能得到原值。

大部分人的做法是 KDTree 。

题解做法很神秘,启发性很大。一般的加密是为了强制在线,而有时候这种加密却可以帮助我们直接求出答案!

主要是利用了 \(i\in \mathbb Z,i\in [1,n]\) 的性质。稍微看了一下,感觉复杂度有点小问题,并没有仔细研究。

矩阵变换

有一个 \(n\times m\) 的矩阵,满足:

  • \(m>n\)
  • 每行 \([1,n]\) 出现恰好一次,其他位置均为 0
  • 每列 \([1,n]\) 每个数最多出现一次

现在要在每行中选出一个数 \(x\) ,并把这个数后面的所有位置都变为 \(x\) 。要求是保持第三个条件。

\(n,m\le 400,T\le 50\)

分析

这题很妙啊!

可以发现,每行选出的数 \(b_i\) 一定是 \(n\) 的一个排列。也就是说,这建立了一个 行 到 数 的匹配。

什么条件下第三个条件不满足呢?

C

若令行喜欢靠前的数,数喜欢令它靠后的行,那么这其实就是一个稳定婚姻问题。依次选择即可。

复杂度为 \(O(nm)\)

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define M(x) memset(x,0,sizeof x)
using namespace std;
inline char nchar() {
    static const int bufl=1<<20;
    static char buf[bufl],*a,*b;
    return a==b && (b=(a=buf)+fread(buf,1,bufl,stdin),a==b)?EOF:*a++;
}
inline int read() {
    int x=0,f=1;
    char c=nchar();
    for (;!isdigit(c);c=nchar()) if (c=='-') f=-1;
    for (;isdigit(c);c=nchar()) x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}
const int maxn=201,maxm=401;
int a[maxn][maxm],n,m,st[maxn],num[maxn],b[maxn],wh[maxn][maxn],sta[maxn],top;
void work() {
    n=read(),m=read();
    for (int i=1;i<=n;++i) for (int j=1;j<=m;++j) wh[i][a[i][j]=read()]=j;
    fill(st+1,st+n+1,1);
    for (int i=1;i<=n;++i) sta[i]=i;
    M(num),M(b),top=n;
    while (top) {
        int x=sta[top];
        for (int &i=st[x];i<=m;++i) if (a[x][i]) {
            int &v=a[x][i];
            if (!num[v] || wh[num[v]][v]<i) {
                if (num[v]) b[num[v]]=0,sta[top]=num[v]; else --top;
                num[v]=x,b[x]=v,++i;
                break;
            }
        }
    }
    for (int i=1;i<=n;++i) printf("%d%c",b[i]," \n"[i==n]);
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("test.in","r",stdin);
#endif
    for (int T=read();T--;) work();
    return 0;
}
posted @ 2017-10-03 15:52  permui  阅读(151)  评论(0编辑  收藏  举报