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Luogu3585 [POI2015]PIE
Solution
模拟， 按顺序搜索， 把搜索到的需要印却没有印的点 和 印章的第一个点重合， 并印上。
另外， 纸上需要印的点 和 印章上沾墨水的点用数组储存， 能加快很多
Code
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<vector> 5 #define R register 6 using namespace std; 7 typedef pair<int, int> P; 8 9 const int N = 1e3 + 5; 10 11 int n, m, a, b; 12 int stx, sty; 13 char s[N], in[N][N], mp[N][N]; 14 15 vector<P> need, offer; 16 17 int jud(int x, int y) { 18 if (x <= 0 || y <= 0 || x > n || y > m) 19 return 0; 20 return 1; 21 } 22 23 #define X first 24 #define Y second 25 int col(int x, int y) { 26 for (R int i = 0, up = offer.size(); i < up; ++i) { 27 int onx = x + offer[i].X - stx, ony = y + offer[i].Y - sty; 28 if (!jud(onx, ony)) return 0; 29 if (mp[onx][ony] == '.') return 0; 30 mp[onx][ony] = '.'; 31 } 32 return 1; 33 } 34 35 int work() { 36 stx = sty = 0; 37 offer.clear(); need.clear(); 38 for (R int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%s", mp[i] + 1); 39 for (R int i = 1; i <= a; ++i) scanf("%s", in[i] + 1); 40 for (R int i = 1; i <= n; ++i) 41 for (R int j = 1; j <= m; ++j) if (mp[i][j] == 'x') 42 need.push_back(P(i, j)); 43 for (R int i = 1; i <= a; ++i) 44 for (R int j = 1; j <= b; ++j) if (in[i][j] == 'x') { 45 offer.push_back(P(i, j)); 46 if (!stx) stx = i, sty = j; 47 } 48 49 for (int i = 0, up = need.size(); i < up; ++i) 50 if (mp[need[i].X][need[i].Y] == 'x') 51 if (!col(need[i].X, need[i].Y)) return 0; 52 return 1; 53 } 54 #undef X 55 #undef Y 56 57 int main() 58 { 59 int Q; scanf("%d", &Q); 60 for (; Q; Q--) { 61 scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &a, &b); 62 if (work()) puts("TAK"); 63 else puts("NIE"); 64 } 65 }
Luogu3594[POI2015]WIL-Wilcze doły
Solution
单调队列， 将长度为 $d$ 的最大字段和加入队列， 并且队列内 字段和 单调递减
开个双指针 $i, j$ 表示要选择的最长的连续区间的两端。
随着 $i$ 增加，把新的 长度为$d$ 的子段和加入队列。
然后逐渐右移指针$j$， 直到找到第一个$<=p$的区间。 随着$j$增加， 把 队列内超出范围的子段和 弹出
Code
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define rd read() 5 #define ll long long 6 #define R register 7 using namespace std; 8 9 const int N = 2e6 + 5; 10 11 int n, p, d; 12 ll sum[N], a[N]; 13 ll q[N]; 14 15 ll read() { 16 ll X = 0, p = 1; char c = getchar(); 17 for (; c > '9' || c < '0'; c = getchar()) 18 if (c == '-') p = -1; 19 for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) 20 X = X * 10 + c - '0'; 21 return X * p; 22 } 23 24 int main() 25 { 26 n = rd; p = rd; d = rd; 27 for (R int i = 1; i <= n; ++i) 28 a[i] = rd, sum[i] = sum[i - 1] + a[i]; 29 int l = 1, r = 0, ans = d; 30 for (int i = d, j = 0; i <= n; ++i) { 31 ll tmp = sum[i] - sum[i - d]; 32 while (l <= r && sum[q[r]] - sum[q[r] - d] <= tmp) r--; 33 q[++r] = i; 34 tmp = sum[q[l]] - sum[q[l] - d]; 35 while (sum[i] - sum[j] - tmp > p) { 36 j++; 37 while (l <= r && q[l] - d < j) l++; 38 tmp = sum[q[l]] - sum[q[l] - d]; 39 } 40 ans = max(ans, i - j); 41 } 42 printf("%d\n", ans); 43 }
Luogu3586[POI2015]LOG
Solution
树状数组
先考虑怎样判断是否符合条件， 数列中 $>=s$的个数为$cnt$， 若剩余的$<s$的数的和 $>= (c-cnt)*s$ 即可满足条件
这样我们就需要知道数列中有多少个数$>=s$， 以及$<s$的数的和， 可以用两个树状数组维护.
最后一个点 开LL
Code
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define rd read() 5 #define ll long long 6 using namespace std; 7 8 const int N = 2e6 + 5; 9 10 ll a[N], n, m, tot; 11 ll cnt[N], ls[N], sum[N]; 12 13 struct node { 14 int typ, x; 15 ll y; 16 }pro[N]; 17 18 ll read() { 19 ll X = 0, p = 1; char c = getchar(); 20 for (; c > '9' || c < '0'; c = getchar()) 21 if (c == '-') p = -1; 22 for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) 23 X = X * 10 + c - '0'; 24 return X * p; 25 } 26 27 int lowbit(int x) { 28 return x & -x; 29 } 30 31 template <typename T> 32 void add(int x, ll d, T *s) { 33 for (; x <= tot; x += lowbit(x)) 34 s[x] += d; 35 } 36 37 template <typename T> 38 T query(int x, T *s) { 39 T re = 0; 40 for (; x; x -= lowbit(x)) 41 re += s[x]; 42 return re; 43 } 44 45 int fd(ll x) { 46 return lower_bound(ls + 1, ls + 1 + tot, x) - ls; 47 } 48 49 int main() 50 { 51 n = rd; m = rd; 52 tot = 1; 53 for (int i = 1; i <= m; ++i) { 54 char ch = getchar(); 55 while (ch > 'Z' || ch < 'A') ch = getchar(); 56 if (ch == 'U') { 57 pro[i].typ = 1; pro[i].x = rd; pro[i].y = rd; 58 ls[++tot] = pro[i].y; 59 } 60 else { 61 pro[i].typ = 2; pro[i].x = rd; pro[i].y = rd; 62 } 63 } 64 sort(ls + 1, ls + 1 + tot); 65 tot = unique(ls + 1, ls + 1 + tot) - ls - 1; 66 for (int i = 1; i <= n; ++i) 67 add(1, 1, cnt); 68 for (int i = 1; i <= m; ++i) { 69 if (pro[i].typ == 1) { 70 int ch = fd(a[pro[i].x]); 71 add(ch, -1, cnt); 72 add(ch, -ls[ch], sum); 73 ch = fd(pro[i].y); 74 add(ch, 1, cnt); 75 add(ch, ls[ch], sum); 76 a[pro[i].x] = pro[i].y; 77 } 78 else { 79 int ch = fd(pro[i].y), num; 80 num = n - query(ch - 1, cnt); 81 ll tmp = (pro[i].x - num) * pro[i].y; 82 if (query(ch - 1, sum) >= tmp) 83 puts("TAK"); 84 else puts("NIE"); 85 } 86 } 87 }
Luogu3584[POI2015]LAS
Solution
环形DP
$S$ 表示第$i$个人 以及和他相邻的两个人吃哪边的食物， 例如$S$的二进制上有4， 就表示第$i-1$个人 吃右边的食物， 反之， 则吃左边的食物
设置状态$f[i][S]$ 表示第$i$ 个人， 他相邻的吃食物的情况 为$S$， 能否符合要求。
由于环形最后一个人会影响第一个人， 则先枚举 第一个人， 到最后一个人判断是否存在与第一个人状态相符的情况 符合要求。
Code
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define rd read() 5 #define db double 6 using namespace std; 7 8 const int N = 1e6 + 5; 9 10 int n, c[N], f[N][8], ans[N], path[N][8]; 11 12 int read() { 13 int X = 0, p = 1; char c = getchar(); 14 for (; c > '9' || c < '0'; c = getchar()) 15 if (c == '-') p = -1; 16 for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) 17 X = X * 10 + c - '0'; 18 return X * p; 19 } 20 21 int ch(int x) { 22 return (x + n) % n; 23 } 24 25 int jud(int x, int S) { 26 int le, re, me; 27 le = (S >> 2) & 1; re = S & 1; me = (S >> 1) & 1; 28 db now = c[ch(x + me)], nxt; 29 if (!me && le) now /= 2; 30 if (me && !re) now /= 2; 31 nxt = c[ch(x + (!me))]; 32 if (me && le) nxt /= 2; 33 if (!me && !re) nxt /= 2; 34 if (nxt > now) return 0; 35 else return 1; 36 } 37 38 39 int work(int S) { 40 memset(f, 0, sizeof (f)); 41 f[0][S] = 1; 42 for (int i = 1; i < n; ++i) 43 for (int now = 0; now < 8; ++now) if (jud(i, now)) 44 for (int pre = 0; pre <= 4; pre += 4) if (f[i - 1][pre + (now >> 1)]) 45 f[i][now] = 1, path[i][now] = pre + (now >> 1); 46 if (!f[n - 1][S >> 1] && !f[n - 1][(S >> 1) + 4]) 47 return 0; 48 if (f[n - 1][S >> 1]) { 49 for (int now = S >> 1, i = n - 1; ~i; now = path[i][now], --i) 50 ans[i] = (now & 2) >> 1; 51 for (int i = 0; i < n; ++i) 52 printf("%d ", (ans[i] + i) % n + 1); 53 } 54 else { 55 for (int now = (S >> 1) + 4, i = n - 1; ~i; now = path[i][now], --i) 56 ans[i] = (now & 2) >> 1; 57 for (int i = 0; i < n; ++i) 58 printf("%d ", (ans[i] + i) % n + 1); 59 } 60 return 1; 61 } 62 63 int main() 64 { 65 n = rd; 66 for (int i = 0; i < n; ++i) 67 c[i] = rd; 68 for (int i = 0; i < 8; ++i) if(jud(0, i)) 69 if (work(i)) return 0; 70 puts("NIE"); 71 }
Luogu3588[POI2015]PUS
Solution
线段树优化建树+差分约束
我们最初的想法应该是 在区间$[L,R]$内 选中的数向 未被选中的数连一条长度为$1$的边， 一次操作便有$N^2$条边， 这样肯定会MLE+TLE
于是我们又想到另外建一个虚点， 被选中的数向虚点建一条长度为$1$ 的边， 虚点再向未被选中的数 连长度为0的边， 这样一次操作便有$N$条边， 仍会MLE+TLE
于是我们用线段树优化建图， 所有操作中 区间约有$k+1$段， 所以虚点向区间连边， 被选中的点再向虚点连边。 就解决了这个问题。
最后再差分约束一下。
Code
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<queue> 5 #define rd read() 6 using namespace std; 7 8 const int N = 4e5 + 5; 9 10 int head[N], tot; 11 int n, dis[N], m, p, vis[N], r[N]; 12 int pre[N]; 13 14 struct edge { 15 int nxt, to, w; 16 }e[N << 2]; 17 18 queue<int> q; 19 20 int read() { 21 int X = 0, p = 1; char c = getchar(); 22 for (; c > '9' || c < '0'; c = getchar()) 23 if (c == '-') p = -1; 24 for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) 25 X = X * 10 + c - '0'; 26 return X * p; 27 } 28 29 void add(int u, int v, int w) { 30 e[++tot].to = v; 31 e[tot].nxt = head[u]; 32 e[tot].w = w; 33 r[v]++; 34 head[u] = tot; 35 } 36 37 namespace SegT { 38 int lc[N], rc[N], cnt, root; 39 #define mid ((l + r) >> 1) 40 41 void build(int &x, int l, int r) { 42 if (l == r) { 43 x = l; return; 44 } 45 x = ++cnt; 46 build(lc[x], l, mid); 47 build(rc[x], mid + 1, r); 48 add(lc[x], x, 0); 49 add(rc[x], x, 0); 50 } 51 52 void update(int L, int R, int c, int l, int r, int x) { 53 if (L > R) return; 54 if (L <= l && r <= R) { 55 add(x, c, 0); return; 56 } 57 if (mid >= L) 58 update(L, R, c, l, mid, lc[x]); 59 if (mid < R) 60 update(L, R, c, mid + 1, r, rc[x]); 61 } 62 }using namespace SegT; 63 64 void cmax(int &A, int B) { 65 if (A < B) 66 A = B; 67 } 68 69 void Topsort() { 70 for (int i = 1; i <= cnt; ++i) { 71 if (!dis[i]) dis[i] = 1; 72 if (!r[i]) q.push(i); 73 } 74 for (int u; !q.empty();) { 75 u = q.front(); q.pop(); 76 vis[u] = 1; 77 for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) { 78 int nt = e[i].to; 79 cmax(dis[nt], dis[u] + e[i].w); 80 if (!(--r[nt])) q.push(nt); 81 } 82 } 83 } 84 85 int main() 86 { 87 cnt = n = rd; p = rd; m = rd; 88 for (int i = 1; i <= p; ++i) { 89 int pos = rd, x = rd; 90 pre[pos] = dis[pos] = x; 91 } 92 build(root, 1, n); 93 for (; m; m--) { 94 int l = rd, r = rd, num = rd; 95 int last = l, now; 96 ++cnt; 97 for (; num; --num) { 98 add(cnt, now = rd, 1); 99 update(last, now - 1, cnt, 1, n, root); 100 last = now + 1; 101 } 102 update(now + 1, r, cnt, 1, n, root); 103 } 104 Topsort(); 105 for (int i = 1; i <= n; ++i) 106 if (!vis[i] || dis[i] > 1e9 || (dis[i] > pre[i] && pre[i])) 107 return puts("NIE"), 0; 108 puts("TAK"); 109 for (int i = 1; i <= n; ++i) 110 printf("%d ", dis[i]); 111 }
Luogu3596[POI2015]MOD
Solution
树形DP
确实有难度啊QAQ
要求出每个子树的直径， 以及删去子树后剩下的那棵树的直径。
要使合并后的树直径最小， 需要把两棵树的直径的中点连起来， 设两个直径分别为 $f, g$最后得到的直径为 \max{f, g, (f+1)/2+(g+1)/2+1}$
要使合并后的树直径最大， 则把直径两端给连起来， 为$f+g+1$
状态转移不好讲， 就讲变量的意义， 具体看代码里的两个$dp$
$f[i]$ 表示 以$i$为根的子树的直径
$w[i][0]$ 表示以 $i$的子节点 为根的子树的直径中 最大的直径
$w[i][1]$ 表示以 $i$的子节点 为根的子树的直径中 第二大的直径
$d[i][0]$ 表示从 $i$ 出发 往下 的最长链的长度
$d[i][1]$ 和 $d[i][2]$ 依次类推
$line[i]$ 表示 从$i$开始， 到 除$i$外的子节点 所能得到的最长链
$g[i]$ 表示删去 以$i$ 为节点的子树后 得到的树 的直径
最后要得到方案 ：
直径最长则 $bfs$ 求出两条直径的端点
直径最短， 则先求出两条直径的端点， 然后往上跳， 找到直径的中点
总复杂度$O(N)$
Code
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<queue> 5 #define rd read() 6 const int N = 5e5 + 5; 7 using namespace std; 8 9 int f[N], g[N], d[N][3], w[N][2], line[N], n, fa[N]; 10 int head[N], tot; 11 int ansmax, ansmin = N, maxx, maxy, minx, miny; 12 int diax1, diay1, diax2, diay2; 13 int dep[N], vis[N]; 14 15 queue<int> q; 16 17 struct edge { 18 int nxt, to; 19 }e[N << 1]; 20 21 int read() { 22 int X = 0, p = 1; char c = getchar(); 23 for (; c > '9' || c < '0'; c = getchar()) 24 if (c == '-') p = -1; 25 for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) 26 X = X * 10 + c - '0'; 27 return X * p; 28 } 29 30 void add(int u, int v) { 31 e[++tot].to = v; 32 e[tot].nxt = head[u]; 33 head[u] = tot; 34 } 35 36 void cmax(int &A, int B) { 37 if (A < B) 38 A = B; 39 } 40 41 void cmin(int &A, int B) { 42 if (A > B) 43 A = B; 44 } 45 46 void dp1(int u) { 47 for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) { 48 int nt = e[i].to; 49 if (nt == fa[u]) continue; 50 dep[nt] = dep[u] + 1; 51 fa[nt] = u; 52 dp1(nt); 53 cmax(f[u], f[nt]); 54 int tmp = d[nt][0] + 1; 55 if (tmp > d[u][0]) 56 d[u][2] = d[u][1], d[u][1] = d[u][0], d[u][0] = tmp; 57 else if (tmp > d[u][1]) 58 d[u][2] = d[u][1], d[u][1] = tmp; 59 else if (tmp > d[u][2]) 60 d[u][2] = tmp; 61 tmp = f[nt]; 62 if (tmp > w[u][0]) 63 w[u][1] = w[u][0], w[u][0] = tmp; 64 else if (tmp > w[u][1]) 65 w[u][1] = tmp; 66 } 67 cmax(f[u], d[u][0] + d[u][1]); 68 } 69 70 void dp2(int u) { 71 if (u != 1) { 72 if (ansmax < g[u] + f[u] + 1) { 73 ansmax = g[u] + f[u] + 1; 74 maxx = fa[u]; maxy = u; 75 } 76 int res = max(g[u], f[u]); 77 cmax(res, (g[u] + 1) / 2 + (f[u] + 1) / 2 + 1); 78 if (ansmin > res) { 79 ansmin = res; 80 minx = fa[u]; miny = u; 81 } 82 } 83 for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) { 84 int nt = e[i].to; 85 if (nt == fa[u]) continue; 86 cmax(line[nt], line[u] + 1); 87 cmax(g[nt], g[u]); 88 int tmp = d[nt][0] + 1; 89 if (tmp == d[u][0]) { 90 cmax(g[nt], d[u][1] + d[u][2]); 91 cmax(g[nt], line[u] + d[u][1]); 92 cmax(line[nt], d[u][1] + 1); 93 } 94 else if (tmp == d[u][1]) { 95 cmax(g[nt], d[u][0] + d[u][2]); 96 cmax(g[nt], line[u] + d[u][0]); 97 cmax(line[nt], d[u][0] + 1); 98 } 99 else { 100 cmax(g[nt], d[u][0] + d[u][1]); 101 cmax(g[nt], line[u] + d[u][0]); 102 cmax(line[nt], d[u][0] + 1); 103 } 104 tmp = f[nt]; 105 if (tmp == w[u][0]) 106 cmax(g[nt], w[u][1]); 107 else cmax(g[nt], w[u][0]); 108 dp2(nt); 109 } 110 } 111 112 void outputmax() { 113 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 114 printf("%d %d %d", ansmax, maxx, maxy); 115 q.push(maxx); 116 vis[maxx] = 1; 117 for (int u; !q.empty();) { 118 u = q.front(); q.pop(); 119 maxx = u; 120 for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) { 121 int nt = e[i].to; 122 if (nt == maxx || nt == maxy) continue; 123 if (vis[nt]) continue; 124 q.push(nt); 125 vis[nt] = 1; 126 } 127 } 128 q.push(maxy); 129 vis[maxy] = 1; 130 for (int u; !q.empty();) { 131 u = q.front(); q.pop(); 132 maxy = u; 133 for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) { 134 int nt = e[i].to; 135 if (vis[nt]) continue; 136 q.push(nt); 137 vis[nt] = 1; 138 } 139 } 140 printf(" %d %d\n", maxx, maxy); 141 } 142 143 int bfs(int S) { 144 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 145 q.push(S); 146 vis[S] = 1; 147 int re; 148 for (int u; !q.empty();) { 149 u = q.front(); q.pop(); 150 re = u; 151 for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) { 152 int nt = e[i].to; 153 if ((u == minx && nt == miny) || (u == miny && nt == minx)) 154 continue; 155 if (vis[nt]) continue; 156 q.push(nt); 157 vis[nt] = 1; 158 } 159 } 160 return re; 161 } 162 163 int solve(int x, int y, int len) { 164 int rest = len; 165 if (dep[x] < dep[y]) swap(x, y); 166 while (rest != (len + 1) / 2) 167 x = fa[x], rest --; 168 return x; 169 } 170 171 int main() 172 { 173 n = rd; 174 for (int i = 1; i < n; ++i) { 175 int u = rd, v = rd; 176 add(u, v); add(v, u); 177 } 178 dp1(1); dp2(1); 179 printf("%d %d %d", ansmin, minx, miny); 180 diax1 = bfs(minx); diay1 = bfs(diax1); 181 diax2 = bfs(miny); diay2 = bfs(diax2); 182 printf(" %d %d\n", solve(diax1, diay1, g[miny]), solve(diax2, diay2, f[miny])); 183 outputmax(); 184 }