A Ginkgo Numbers
暴力枚举，略。
B Stylish
简单题，就是题意可能不是很好懂…
C One-Dimensional Cellular Automaton
听说是个不是很难的矩阵快速幂，略。
D Find the Outlier
高斯消元还原多项式，略。
E Sliding Block Puzzle
经典推箱子问题，略。除了代码长长长之外没啥特别值得提的地方。
#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int dx[][2] = {
{
-1, -1}, {
2, 2}, {
0, 1}, {
0, 1}};
const int dy[][2] = {
{
0, 1}, {
0, 1}, {
-1, -1}, {
2, 2}};
const int ddx[] = {
-1, 1, 0, 0}, ddy[] = {
0, 0, -1, 1};
int n, m, dis[55][55][4], dis2[2][55][55];
char s[55][55];
queue<pair<int, int> > q;
struct Node{
int x, y, dir, d;
Node(int _x, int _y, int _dir, int _d):
x(_x), y(_y), dir(_dir), d(_d){
}
bool operator < (const Node& nd) const{
return d > nd.d;
}
};
priority_queue<Node> pq;
void bfs(int stx, int sty, int o){
q.emplace(stx, sty);
memset(dis2[o], 0x3f, sizeof(dis2[o]));
dis2[o][stx][sty] = 0;
while (!q.empty()){
int x = q.front().first, y = q.front().second;
q.pop();
int dd = dis2[o][x][y];
for (int i = 0, cx, cy; i < 4; ++i){
cx = x + ddx[i], cy = y + ddy[i];
if (s[cx][cy] == '*') continue;
if (dis2[o][cx][cy] == INF)
dis2[o][cx][cy] = dd + 1,
q.emplace(cx, cy);
}
}
}
void dijkstra(){
while (!pq.empty()){
int x = pq.top().x, y = pq.top().y, dir = pq.top().dir;
int dd = pq.top().d;
pq.pop();
if (dd > dis[x][y][dir]) continue;
// go one step
int cx = x + ddx[dir], cy = y + ddy[dir];
if (dis[cx][cy][dir ^ 1] > dd + 1)
dis[cx][cy][dir ^ 1] = dd + 1,
pq.push(Node(cx, cy, dir ^ 1, dd + 1));
// to another direction
s[x][y] = s[x][y + 1] = s[x + 1][y] = s[x + 1][y + 1] = '*';
bfs(x + dx[dir][0], y + dy[dir][0], 0);
bfs(x + dx[dir][1], y + dy[dir][1], 1);
s[x][y] = s[x][y + 1] = s[x + 1][y] = s[x + 1][y + 1] = '.';
for (int i = 0, cx1, cy1, cx0, cy0; i < 4; ++i){
cx0 = x + dx[i][0], cy0 = y + dy[i][0];
cx1 = x + dx[i][1], cy1 = y + dy[i][1];
if (s[cx0][cy0] != '*' && s[cx1][cy1] != '*'){
int res = INF;
res = min(res, dis2[0][cx0][cy0] + dis2[1][cx1][cy1]);
res = min(res, dis2[1][cx0][cy0] + dis2[0][cx1][cy1]);
if (res < INF && dis[x][y][i] > dd + res)
dis[x][y][i] = dd + res,
pq.push(Node(x, y, i, dd + res));
}
}
}
}
int main(){
for (; ; ){
scanf("%d%d", &n, &m);
if (!n && !m) break;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%s", s[i] + 1);
for (int i = 0; i <= m + 1; ++i)
s[0][i] = s[n + 1][i] = '*';
for (int i = 0; i <= n + 1; ++i)
s[i][0] = s[i][m + 1] = '*';
vector<pair<int, int> > vec;
int bx = -1, by;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 1; j <= m; ++j){
if (s[i][j] == 'X' && bx == -1)
bx = i, by = j;
else if (s[i][j] == '.')
vec.push_back(make_pair(i, j));
}
if (bx == 1 && by == 1){
printf("0\n");
continue ;
}
memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
s[bx][by] = s[bx][by + 1] = s[bx + 1][by] = s[bx + 1][by + 1] = '*';
bfs(vec[0].first, vec[0].second, 0);
bfs(vec[1].first, vec[1].second, 1);
s[bx][by] = s[bx][by + 1] = s[bx + 1][by] = s[bx + 1][by + 1] = '.';
while (!pq.empty()) pq.pop();
for (int i = 0, cx1, cy1, cx0, cy0; i < 4; ++i){
cx0 = bx + dx[i][0], cy0 = by + dy[i][0];
cx1 = bx + dx[i][1], cy1 = by + dy[i][1];
if (s[cx0][cy0] != '*' && s[cx1][cy1] != '*'){
int res = INF;
res = min(res, dis2[0][cx0][cy0] + dis2[1][cx1][cy1]);
res = min(res, dis2[1][cx0][cy0] + dis2[0][cx1][cy1]);
if (res < INF)
dis[bx][by][i] = res, pq.push(Node(bx, by, i, res));
}
}
dijkstra();
int ans = min(dis[1][1][1], dis[1][1][3]);
if (ans == INF) printf("-1\n");
else printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
F Never Wait for Weights
带权并查集，略。
G Let There Be Light
听说是一个不很难的圆求交，略。
H Company Organization
题意：有 n n n 个集合， m m m 个限制。限制有 5 种（第 i i i 个集合用 X i X_i Xi 表示）：
- X i ⊂ X j X_i \subset X_j Xi⊂Xj
- X i = X j X_i = X_j Xi=Xj
- X i ≠ X j X_i \neq X_j Xi=Xj
- X i ∩ X j = ∅ X_i \cap X_j = \varnothing Xi∩Xj=∅
- X i ∩ X j ≠ ∅ X_i \cap X_j \neq \varnothing Xi∩Xj=∅
问最多能满足前多少个限制。
先二分，然后每次只要考虑前若干个限制是否能同时满足即可。
考虑维护“子集”以及“相交为空”这两种关系，以及记录每一个集合是否为空。先处理前两种限制，求出包含关系的传递闭包，然后再处理第四种限制，将 X i X_i Xi 和 X j X_j Xj 的“下游集合”（即同时是两者的子集的集合）标记为空集。
最后检查第三种限制和第五种限制，前者很容易判定，后者需要先判定 X i X_i Xi 或者 X j X_j Xj 是空集，然后找出是否存在 X k X_k Xk 和 X l X_l Xl，使得 X k ∩ X l = ∅ , X i ⊂ X k , X j ⊂ X l X_k \cap X_l = \varnothing, X_i \subset X_k, X_j \subset X_l Xk∩Xl=∅,Xi⊂Xk,Xj⊂Xl。这部分我不太会，只写了一个暴力，居然还比较快。
时间复杂度理论上是 O ( m n 2 log m ) O(mn^2 \log m) O(mn2logm)，但可以通过。
#include <bits/stdc++.h>
#define REP(temp, init_val, end_val) for (int temp = init_val; temp <= end_val; ++temp)
#define REPR(temp, init_val, end_val) for (int temp = init_val; temp >= end_val; --temp)
using namespace std;
int read(){
int f = 1, x = 0;
char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9'){
if(c == '-') f = -f; c = getchar();}
while (c >= '0' && c <= '9')x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return f * x;
}
int n, m, cons[10005][3];
bool f[105][105], g[105][105], isempty[105];
bool check(int x){
memset(f, 0, sizeof(f));
memset(g, 0, sizeof(g));
memset(isempty, 0, sizeof(isempty));
REP(i, 1, n)
f[i][i] = true;
REP(i, 1, x){
if (cons[i][0] <= 2) f[cons[i][1]][cons[i][2]] = true;
if (cons[i][0] == 2) f[cons[i][2]][cons[i][1]] = true;
}
REP(k, 1, n)
REP(i, 1, n)
REP(j, 1, n)
f[i][j] = f[i][j] || (f[i][k] && f[k][j]);
REP(i, 1, x){
if (cons[i][0] == 4){
int u = cons[i][1], v = cons[i][2];
g[u][v] = g[v][u] = true;
// 如果在这里预处理所有 g 的传递关系就会 TLE。
REP(j, 1, n)
if (f[j][u] && f[j][v])
isempty[j] = true;
}
}
REP(i, 1, x){
if (cons[i][0] == 3){
int u = cons[i][1], v = cons[i][2];
if (f[u][v] && f[v][u]) return false;
if (isempty[u] && isempty[v]) return false;
} else if (cons[i][0] == 5){
int u = cons[i][1], v = cons[i][2];
if (isempty[u] || isempty[v]) return false;
REP(k, 1, n){
if (!f[u][k]) continue;
REP(l, 1, n){
if (f[v][l] && g[k][l]) return false;
}
}
}
}
return true;
}
void solve(){
int l = 1, r = m;
while (l < r){
int mid = (l + r + 1) >> 1;
if (check(mid)) l = mid;
else r = mid - 1;
}
printf("%d\n", l);
}
int main(){
for (; ; ){
n = read(), m = read();
if (!n && !m) break;
REP(i, 1, m){
REP(j, 0, 2) cons[i][j] = read();
}
solve();
}
return 0;
}
I Beautiful Spacing
简单二分，略。注意“最后一行可以不向右对齐”这个限制。
J Cubic Colonies
待补。。。
小结
比较神奇的一场。
H 这种找到最小限制的题目还是比较考验水平的。
I 这种卡上下界的写法还是要多多注意。