2013 年 5月随笔档案 - Zig_zag

bzoj3126 [Usaco2013 Open]Photo

摘要：省选前最后一天填坑...... 其实这个题早就想过，一直懒得写。我发现我写单调队列一次一个样，真是郁闷。简述题意就是给你一个n长度的数轴和m个区间，每个区间里有且仅有一个点，问能有多少个点。我们考虑用f[i]表示前i个位置能放多少个，每一步决策有两个限制：1.每个区间里要有一个点，这样我们可以确定决策区间左边界；2.每个区间里只能有一个点，这样我们可以确定右边界。如果有地方左边界大于右边界了就是一定不能放点了。单调队列的话，首先让[ L[I],R[I] ]区间的f值入队，然后把队首不在这个决策区间里的出队，然后转移f[q[head]]就行了。总结起来，单队大概有两种，一种... 阅读全文

posted @ 2013-05-17 09:06 Zig_zag 阅读(966) 评论(0) 推荐(0)

bzoj3100 排列

摘要：这个题有点恶心啊，总觉得以前做过，可就是想不出来。最后在发现是meng神出的一次模拟赛题= =当时我还P都不会呢... 这个题有两个关键点，一个是选取的子序列内不能有重复，二是选取的子序列要是一个排列(当然这包含了一)。首先如果确定了不会重复，那么只要子序列内的数的和等于(len+1)*len/2就行了，那么怎么确定不重复呢？我们可以O(N)时间求出来每个数两边第一个和它相同的数的位置(L,R)，这样我们可以不断地更新合法的序列的范围。具体方案：我们先确定每一个1的位置(因为每个区间首先必须有1)，按照这个来划分区间。我们先从左到右扫每个区间，相当于枚举了右端点k(我们要包含那个... 阅读全文

posted @ 2013-05-16 20:07 Zig_zag 阅读(811) 评论(1) 推荐(0)

bzoj1444 [Jsoi2009]有趣的游戏

摘要：这个题是一道AC自动机上的概率DP，可以帮助理解一下AC自动机的结构。首先我们把所有的串插入trie，建立AC自动机，求一下转移函数(相当于构造一个trie图)，那么就可以概率DP了。首先到达每个点的概率为变量，然后我们要求的就是到达接受状态(也就是每个串的结尾对应的状态)的概率。注意到了接受状态就不必往下转移了，因为游戏就此结束了。注意有一个限制是必须要加的，就是所有接受状态的概率和是1。如果不加的话，会得到所有点的概率等于0这个答案。那么我们就随便拿一个方程替换这个方程就好了。 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 # 阅读全文

posted @ 2013-05-15 21:29 Zig_zag 阅读(1139) 评论(1) 推荐(0)

bzoj1449 [JSOI2009]球队收益

摘要：这是一道凸费用的题，需要用到拆边的转化。具体是这样，首先列出关于流量xi的费用式子：f(xi)=ci*xi2+di*(si-xi)2=(ci+di)*xi2-2*di*si*xi+di*si 其中si表示i进行的总常数，xi表示胜场数（也就是规定的流量）。显然这样的式子是不能定费用的，但我们可以求一下每增加1的流量费用的改变量：f(xi)-f(xi-1)=(ci+di)*(2*xi-1)-2*di*si 这样我们可以把每1单位的流量设置一个费用，也就是把原来一条边拆成若干条边，第i条边如果对应第wi个胜场，那么它的费用应该是(ci+di)*(2*wi-1)-2*di*si，注意这里wi... 阅读全文

posted @ 2013-05-15 15:31 Zig_zag 阅读(458) 评论(0) 推荐(0)

poj3415 Common Substrings

摘要：一道字符串好题。网上大多解法是后缀数组+栈扫描，大致思想是按K分组以后统计s，t中不同公共字串的个数。但这种方法我实在是理解不能...... 其实，用后缀自动机来考虑这个题可能会好一点。首先，我们给S串建立后缀自动机，然后让T串在S串上跑一下匹配，这是后缀自动机的经典操作。这样我们可以求得T的每一位向前最大能匹配多少位，用这个数目来统计答案。但是有一个问题，就是假设T的某一位u匹配了x长度，那么有可能S中有多个位置对应和T的u匹配x长度，于是我们首先就要知道每个点对应多少重复的字串。这恰恰应用了后缀自动机第二个经典操作。好，我们来理一下思路：首先，给S建自动机以后，我们用排序+递推的... 阅读全文

posted @ 2013-05-15 09:48 Zig_zag 阅读(350) 评论(0) 推荐(0)

三维偏序

摘要：贴个三维偏序的模板吧。注意清空bit的时候操作数不要和序列长线性相关。如果上一个题插入的数是无序的话，大概这么做就行了。 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #include<cmath> 5 #include<cstring> 6 #define maxn 200000 7 #define inf 2147483647 8 using namespace std; 9 struct point{10 int x,y,z,s;11 }a[max 阅读全文

posted @ 2013-05-14 08:56 Zig_zag 阅读(455) 评论(0) 推荐(0)

bzoj3144 [Hnoi2013]切糕

摘要：这个题是个挺经典的最小割。这个题的关键是如何限制h之差不超过d。首先我们按高度分层，每层的点向下一层相同位置的点连边，边权设为点权(也就是说我们要多设一层)，然后如果我们割掉这条边就意味着选择了下面这个点。然后，对于h之差的限制，我们把k+d层的点向k层的四周的点连+oo边，也就是说如果我们割掉了一条边，就不能选择+oo的边连接的上面的边，因为选择了这条边，如果再选择上面的边的话，就不能构成割了，因为流还是可以经过那条+oo的边流回来。其实类比一下最大权独立集的话，这条+oo的边的意义就是选了某个点以后，就不能选和它相差超过d的点了。最后跑最小割就ok了。 1 #include... 阅读全文

posted @ 2013-05-13 22:04 Zig_zag 阅读(1155) 评论(0) 推荐(1)

bzoj3173 [Tjoi2013]最长上升子序列

摘要：这个题...被恶心到了。如果插入的数是无序的话，貌似就要做三维偏序了= =，但这个题就不需要了哈。其实，LIS是可以用bit做的，每次我们可以求出以当前插入的数为结尾的LIS长度，也就是查询x的前缀max，插入的时候把查询结果+1插入bit。我们看到，如果插入的数的递增的话，要么新的LIS是以x结尾，要么不变，于是扫一遍就好了。但是我们得知道插入数的实际位置，怎么做？有一种比较简单的方法就是倒着扫序列，二分答案+bit，这个bit维护前缀和，也就是求比二分的位置小的数的个数，与插入位置相比。我一开始想的是直接用bit求比插入位置x小的数的个数，但这样是错的，因为插入这个数之前这... 阅读全文

posted @ 2013-05-13 21:49 Zig_zag 阅读(876) 评论(0) 推荐(0)

my APIO2013

摘要：Day1 到北京了，记不得上一次是什么时候来的了，看到拥堵的公路感觉还真是令人心烦。第一次到北大，这里是万千中国学子梦想中的圣地。这里的一砖一瓦，和其它的大学基本无异，只是学术气氛比较浓厚吧。然后就是三分懂得讲课了，记得老李说出来听课只是让你知道有这么个东西，然后回去自行解决。大概是这样吧，再认真也只能听个思路，具体实现的话还不知道要花多少工夫呢。不过同学们回答问题时候各种各样的方言还真是有趣啊，前辈们卖萌似乎也收到了不错的效果。明天有一场考试，感觉不会很好应付吧，只求能够拿到会的分就行了，毕竟目标还是省选，但还是不要给山东丢脸的好...... 莫名的压力，伤感，我到底是怎么... 阅读全文

posted @ 2013-05-12 22:30 Zig_zag 阅读(620) 评论(0) 推荐(0)

bzoj3143 [Hnoi2013]游走

摘要：这个题是让你给遍赋权，问1-n路径的最小期望值。显然只要我们知道了每一条边经过次数的期望值，我们就可以贪心地给边赋权了。但是要求边的期望值会很恶心，因为每条边正着走和反着走对其它边的贡献是不同的。于是我们考虑求每个点经过的次数的期望，那么每条边经过次数的期望就是它的端点的期望/端点的度数。设f[i]表示i点经过次数的期望，那么f[i]=Σf[j]/d[j] (j->i)注意一下边界条件，由于一开始就在1号点，所以f[1]=1+Σf[j]/d[j]，而虽然n点会被经过好多次，但是n点对它连接的边是不会有贡献的，所以f[n]=0。这样我们记可以高斯消元了。最后贪心赋边权，得到答案。walk 阅读全文

posted @ 2013-05-07 23:17 Zig_zag 阅读(1138) 评论(0) 推荐(4)

bzoj2337 XOR和路径

摘要：最近高斯消元刷的有点多啊。但这个题并不是解xor方程的，其实xor跟这个题实在是没有太大的关系。对于这种路径上求xor的题，我们可以逐位考虑，这样就变成了0和1之间的运算。那么对于每一个点，我们记录这个点出发到n的期望xor和f[i]，显然f[n]=0。那么f[i]=Σf[j]/d[i](w[i,j]=0)+Σ(1-f[j])/d[i](w[i][j]=1)，为什么是1-f[j]呢，因为我们求的是某一位的xor和，相当于一次值域在[0,1]之内的取反操作(不知道这么表述是否严谨)，于是1-f[j]相当于把这个点的期望值xor和取反。那么f[1]就是我们想要的值。那么最后统计答案就是2i*v[i 阅读全文

posted @ 2013-05-07 23:10 Zig_zag 阅读(322) 评论(0) 推荐(0)

bzoj2115 xor

摘要：这个题网上题解挺多的，讲的也挺详细的，所以我就不必过多赘述。大体思路就是任意选一条1-n的路径，和一些独立环xor起来得到一个最大值就是答案。注意个和路径不相交的环，那么它们xor起来的结果的意义就是从路径上任意一点走到环，遍历一遍再从原路返回路径，路径连接环的那段被走了两次，xor值抵消。注意独立环的个数有m-n+1个，求得时候dfs，每条dfs树的非树边对应一个环。xor 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #include<cmath> 5 #inc 阅读全文

posted @ 2013-05-07 10:00 Zig_zag 阅读(274) 评论(0) 推荐(0)

bzoj2844 albus就是要第一个出场

摘要：这个题有了hdu3949那个题的基础就非常好做了，因为这两个题求得东西是对偶的....这次我们要求某个数是第几个出现的(不去重)，那么我们只要知道它去重的排名，再乘上每个数重复的个数(2n-m)，加上1就好了。还是高斯消元，不过要注意的是这里的高斯消元和普通的解xor线性方程还不一样，因为我们是要得到一组基数，代表从高到低的一些二进制位，所以我们要从最高位的元开始找，并且消的时候是对所有方程消元。注意我们是对数消元，用尽量少的数去代表尽量多的二进制位，所以这样消可以尽量地避免重复。最后求答案的时候，只要类似倍增地从大到小试，如果这位能取1就取，最后就得到了需要的排名。albus 1 #incl 阅读全文

posted @ 2013-05-07 08:16 Zig_zag 阅读(503) 评论(0) 推荐(0)

hdu3949 xor

摘要：这个题是用来研究xor性质的一道好题。首先我们可以暴力地找出些规律，我们发现不管拿出多少个数，他们能xor到的数，出现的次数都是一样的，并且都是2的倍数。事实上，我们不论用原数ai还是ai xor aj得到的数，去xor起来得到的数都是这些。这样我们可以想方设法地化简我们用到的基数，也就是找到一组基数使得它们能够xor出所有原数能xor出的数，并且要尽量简单。我们可以模仿高斯消元的过程，就是把每个数当成一行二进制数去消元，然后保留一个类似上三角的东西，从高位向低位每一行保留连续的几个1，这些1行与行之间是不重复的，但每一行之中还会有额外的一些1，这些1是可重复的，就造成了一些数是xor不出来的阅读全文

posted @ 2013-05-07 08:09 Zig_zag 阅读(426) 评论(0) 推荐(0)

bzoj3105 [cqoi2013]新Nim游戏

摘要：传统的Nim游戏是这样的：有一些火柴堆，每堆都有若干根火柴（不同堆的火柴数量可以不同）。两个游戏者轮流操作，每次可以选一个火柴堆拿走若干根火柴。可以只拿一根，也可以拿走整堆火柴，但不能同时从超过一堆火柴中拿。拿走最后一根火柴的游戏者胜利。本题的游戏稍微有些不同：在第一个回合中，第一个游戏者可以直接拿走若干个整堆的火柴。可以一堆都不拿，但不可以全部拿走。第二回合也一样，第二个游戏者也有这样一次机会。从第三个回合（又轮到第一个游戏者）开始，规则和Nim游戏一样。如果你先拿，怎样才能保证获胜？如果可以获胜的话，还要让第一回合拿的火柴总数尽量小。【输入格式】第一行为整数k。即火柴堆数。第二行包含k个不阅读全文

posted @ 2013-05-06 17:05 Zig_zag 阅读(815) 评论(0) 推荐(0)

Sset

摘要：神犇考题第三题：设 S ={x|x∈Z,1≤x≤n}给定 N 个 S 的子集 Si，每个集合有一个权值 Wi。这 N 个集合满足其中任意 K 个集合的并集中至少有 K 个元素。请从中选取若干个集合（可以不选），使得其并集的元素个数恰等于选取的集合数，且这些集合的权值和最小。考试的时候觉得这个题相比另外两个挺可写的，于是就使劲想，想出了最大权闭合图，想出了每个集合代表一个数字，可就是没想到把这两个联系起来，无奈，最后还是在包含关系的时候出搞错了，果然我还是太弱了，构造能力捉急。首先有一个非常有用的条件，就是任意k个集合的并集中至少有k个元素，那么，如果有一个合法的方案，那么一定可以用一个单独的元阅读全文

posted @ 2013-05-04 16:21 Zig_zag 阅读(494) 评论(0) 推荐(0)

bzoj2752 [HAOI2012]高速公路(road)

摘要：线段树好题。很容易求出要维护的东西的公式，给线段标号，设x，y为左右线段标号，那么其中出现的总和就是Σc[i]*((i-x)*(y-i)+(y-x))，拆开就是Σ(y-x-y*x)*c[i]+(x+y)*i*c[i]-i2*c[i].于是只要维护∑c[i]，∑i*c[i]，∑i2*c[i]就行了。我一开始想偷懒写bit发现用了bit以后维护的和会升至3维，(⊙o⊙)…三维求和，略难搞，只好放弃。那么就是线段树，用一个求和公式就行了。看来以后要多练练线段树了，实在是偷懒偷的太多了......road 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio& 阅读全文

posted @ 2013-05-04 15:03 Zig_zag 阅读(496) 评论(0) 推荐(0)

bzoj 2004[Hnoi2010]Bus 公交线路

摘要：状压DP。f[i][s]表示第i个车站之前的p位的状态为s的方案数，注意这里状态s我们规定第一位为1，并且一共有k个1。这样的话状态一共有C(9,4)=126种，于是设计一个126*126的矩阵，自乘n-m次就可以了；初始状态：11111(m个1)的状态；目标状态：11111(m个1)的状态。bus 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #include<cmath> 5 #include<cstring> 6 #define maxn 1200 阅读全文

posted @ 2013-05-03 09:47 Zig_zag 阅读(364) 评论(0) 推荐(0)

bzoj2001 城市建设

摘要：bzoj崩了3天了......本人目前处在无题可交的状态，郁闷啊。不过TY复活了，看到以前写过的代码有点小激动。切入正题，这个题想了好久才写，主体还是分治，只是中间处理部分比较巧妙。这个题GYZ在wc上讲过，思路也很清晰，就是不太好写。过程主要分两个部分(我直接粘解题报告了)：1. Contraction 把 L..R要修改的所有边权暂时标记为-∞; 对图做 MST; 此时观察图中不是-∞但被选入 MST的边集; 它们在 L..R的询问中也一定会被选入; 于是可以直接先用这些边把点集做合并操作。这样图的点数被缩小; 还原边权标记. 2. Reduction 把 L..R要修改的所有边权暂时标. 阅读全文

posted @ 2013-05-02 16:53 Zig_zag 阅读(956) 评论(0) 推荐(2)