2018 8.8 提高A组模拟赛
T1
Description
被污染的灰灰草原上有羊和狼。有N只动物围成一圈，每只动物是羊或狼。
该游戏从其中的一只动物开始，报出[1,K]区间的整数，若上一只动物报出的数是x，下一只动物可以报[x+1,x+K]区间的整数，游戏按顺时针方向进行。每只动物报的数字都不能超过M。若一只动物报了M这个数，它所在的种族就输了。问以第i只动物为游戏的开始，最后哪种动物会赢？
Input
第一行输入三个正整数N，M，K。
接下来一行N个正整数，分别表示N只动物的种类，以顺时针的方向给出。0代表羊，1代表狼。
Output
一行输出N个整数，表示若从第i只动物开始，赢的动物的种类。同上，0代表羊，1代表狼。
Sample Input
Input 1
2 9 2
0 1
Input 2
6 499 5
1 0 0 1 1 0
Input 3
10 100 10
0 0 0 1 1 1 1 0 1 1
Sample Output
Output 1
0 1
Output 2
0 1 1 1 1 0
Output 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
Data Constraint
对于60%的数据，1 ≤ N, M, K ≤ 500。
对于100%的数据，1 ≤ N, M, K ≤ 5000。
解题思路
dp+博弈论，dp[i][j]表示 轮i报数报到j有无必胜策略，这样是n^3的，需要前缀和优化，如果前缀和=0，说明此时状态为必败。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
using namespace std;
const int MAXN = 5005;
int dp[MAXN<<1][MAXN];
int n,m,K,sum,a[MAXN];
inline int rd(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline int pre(int x){
return x%n==0?n:x%n;
}
int main(){
freopen("vode.in","r",stdin);
freopen("vode.out","w",stdout);
n=rd();m=rd();K=rd();
for(register int i=1;i<=n;i++) a[i]=rd();
// for(register int i=1;i<=n+m;i++)
// for(register int j=1;j<=m;j++) dp[i][j]=1;
// for(register int i=1;i<=n+m;i++) dp[i][m]=0;
for(register int i=n+m-1;i;i--){
sum=0;
for(register int j=m-1;j;j--){
if(a[pre(i)]==a[pre(i+1)]) dp[i][j]=(sum>0);
else dp[i][j]=(sum==0);
sum+=dp[i+1][j];
if(j+K<=m) sum-=dp[i+1][j+K];
}
}
for(register int i=1;i<=n;i++){
int flag=0;
for(register int j=1;j<=K;j++)
if(dp[i][j]) {flag=1;break;}
printf("%d ",flag?a[i]:a[i]^1);
}
return 0;
}T2
Description
有一副n*m的地图，有n*m块地，每块是下列四种中的一种：
墙：用#表示，墙有4个面，分别是前面，后面，左面，右面。
起点：用C表示，为主角的起点，是一片空地。
终点：用F表示，为主角的目的地，是一片空地。
空地：用 . 表示。
其中除了墙不能穿过，其他地方都能走。
主角有以下3种操作：
1.移动到相邻的前后左右的地方，花费一个单位时间。
2.向前后左右其中一个方向发射子弹，子弹沿直线穿过，打在最近的一堵墙的一面，然后墙的这面就会形成一个开口通往秘密通道。同一时间最多只能有两个开口，若出现有3个开口，出现时间最早的开口会立即消失。该操作不用时间。
3.可以从一个与开口相邻的空地跳进去，进入秘密通道，从另外一个开口正对的空地跳出来。这个过程花费一个单位时间。
地图四周都是墙，问主角最少用多少时间从C走到F。C和F
只会出现一次。
Input
第一行输入两个正整数n，m。
接下来n行，每行m个字符描述地图。
Output
输出1个整数，表示最短时间完成路途。如果无解输出nemoguce
Sample Input
Input 1
4 4
#
.F
C.
#
Input 2
6 8
#
.##..F
C.##..
..#…
…..
#
Input 3
4 5
#
C#.
F
#
Sample Output
Output 1
2
Output 2
4
Output 3
nemoguce
Data Constraint
对于50%的数据，4≤ n,m≤ 15。
对于100%的数据，4≤ n,m≤ 500。
Hint
总共用到8次操作，时间之和为4。如下图所示
1.向左射一枪，在(3,1)的右面出现开口。
2.向下射一枪，在(6,2)的上面出现开口。
3.向左从(3,1)进入秘密通道，从(6,2)中出来，到达(5,2)。用1单位时间。
4.向右射一枪，在(5,7)的左面出现开口，(3,1)右面的开口消失。
5.走进(6,2)的开口，出来到(5,6)。用1单位时间。
6.向上射一枪，在(1,6)的下面出现开口。
7.经过秘密通道，走到(2,6)。用1单位时间。
8.走到终点。用1单位时间。
解题思路
对于每个非墙的点，向它四周连一条边权为1的边，还要向它四周的墙连一条据他最近的墙的边，然后跑一边最短路即为答案。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<queue>
using namespace std;
const int MAXN = 502;
const int MAXM = MAXN*MAXN;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n,m,head[MAXM],cnt,S,T,dis[MAXM];
int to[MAXM<<3],nxt[MAXM<<3],val[MAXM<<3];
char c[MAXN][MAXN];
bool vis[MAXM];
queue<int> Q;
inline void add(int bg,int ed,int w){
to[++cnt]=ed,nxt[cnt]=head[bg],head[bg]=cnt,val[cnt]=w;
}
inline void spfa(){
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[S]=0;vis[S]=1;Q.push(S);
while(!Q.empty()){
int x=Q.front();Q.pop();vis[x]=0;
for(register int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int u=to[i];
if(dis[x]+val[i]<dis[u]){
dis[u]=dis[x]+val[i];
if(!vis[u]){
vis[u]=1;
Q.push(u);
}
}
}
}
}
inline int minn(int x,int y){
if(x>y) return y;
return x;
}
int main(){
freopen("portal.in","r",stdin);
freopen("portal.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(register int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",c[i]+1);
for(register int i=2;i<n;i++)
for(register int j=2;j<m;j++){
if(c[i][j]=='C') S=(i-1)*m+j;
if(c[i][j]=='F') T=(i-1)*m+j;
if(c[i][j]!='#') {
if(c[i+1][j]!='#') add((i-1)*m+j,i*m+j,1),add(i*m+j,(i-1)*m+j,1);
if(c[i][j+1]!='#') add((i-1)*m+j,(i-1)*m+j+1,1),add((i-1)*m+j+1,(i-1)*m+j,1);
}
}
for(register int i=2;i<n;i++)
for(register int j=2;j<m;j++) if(c[i][j]!='#') {
int u,d,l,r;int zz=(i-1)*m;
int xx=i,yy=j;int w=1e9;
while(c[xx][yy+1]!='#') yy++;
w=minn(w,yy-j);u=yy;yy=j;
while(c[xx][yy-1]!='#') yy--;
w=minn(w,j-yy);d=yy;yy=j;
while(c[xx+1][yy]!='#') xx++;
w=minn(w,xx-i);r=xx;xx=i;
while(c[xx-1][yy]!='#') xx--;
w=minn(w,i-xx);l=xx;xx=i;w++;
if(u!=yy) add(zz+j,zz+u,w);
if(d!=yy) add(zz+j,zz+d,w);
if(r!=xx) add(zz+j,(r-1)*m+j,w);
if(l!=xx) add(zz+j,(l-1)*m+j,w);
}
spfa();
if(dis[T]!=inf) printf("%d",dis[T]);
else puts("nemoguce");
}T3
Input
第一行输入三个正整数n,m,q，其中q表示询问个数。
接下来q行，每行两个正整数x，y，表示询问城市x和城市y最早什么时候连通。
Output
输出q行，每行一个正整数，表示最早连通的天数
Sample Input
Input 1
8 3 3
2 5
3 6
4 8
Input 2
25 6 1
20 9
Input 3
9999 2222 2
1025 2405
3154 8949
Sample Output
Output 1
3
1
2
Output 2
4
Output 3
1980
2160
Data Constraint
对于40%的数据，n≤ 1000，q<=100000
对于100%的数据，1 ≤ n,q≤ 100000,1<=m<=q
解题思路
发现每天所连的边为调和级数，不超过nln n 级别的，而树高不超过log n。所以用按秩合并的权值并查集合并，然后每次暴力求lca，在两个点的链上求最小值。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<set>
using namespace std;
const int MAXN = 100005;
int n,m,q,siz[MAXN],val[MAXN];
int fa[MAXN],ans;
set<int> S;
inline int rd(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline int fd(int x){
if(x==fa[x]) return x;
return fd(fa[x]);
}
inline void update(int x,int y,int t){
int u=fd(x),v=fd(y);
if(u==v) return;
if(siz[u]>siz[v]){
val[v]=t;fa[v]=u;
siz[u]+=siz[v];
}
else{
val[u]=t;fa[u]=v;
siz[v]+=siz[u];
}
}
int main(){
freopen("pictionary.in","r",stdin);
freopen("pictionary.out","w",stdout);
n=rd();m=rd();q=rd();
for(register int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,siz[i]=1;
for(register int i=1;i<=m;i++){
int now=m-i+1;
for(register int j=now*2;j<=n;j+=now) update(now,j,i);
}
for(register int i=1;i<=q;i++){
int x=rd(),y=rd();int xx=x;
ans=0;S.clear();
while(x!=fa[x]) S.insert(x),x=fa[x];
while(y!=fa[y] && S.find(y)==S.end()) ans=max(ans,val[y]),y=fa[y];
while(xx!=y) ans=max(ans,val[xx]),xx=fa[xx];
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}