Gym.101908 Brazil Subregional Programming Contest(寒假自训第六场)

这几天失眠时间都不太够，室友太会折腾了，感觉有点累，所以昨天的题解也没写，看晚上能不能补起来。

B . Marbles

题意：给定N组数(xi,yi)，玩家轮流操作，每次玩家可以选择其中一组对其操作，可以把它减去一个数，或同时减去一个数，当玩家操作后出现了（0，0）则胜利。

思路：注意这里是出现(0,0)胜，而不是全都是(0,0)胜，所以我们不能简单的球sg，最后异或得到答案。

但是我们转化一下，如果玩家面对的全是(1,2) 或(2,1)，则他胜利，那么我们可以以这两个状态为起点得到sg函数，就转化为了nim博弈。 当然，前提是没有xi==yi的情况。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=210;
int sg[maxn][maxn],vis[maxn];
void getsg()
{
    rep(i,1,100)
     rep(j,1,100){
         if(i==j) continue;
         memset(vis,0,sizeof(vis));
         rep(k,1,min(i-1,j-1)) vis[sg[i-k][j-k]]=1;
         rep(k,1,i-1) if(i-k!=j) vis[sg[i-k][j]]=1;
         rep(k,1,j-1) if(i!=j-k) vis[sg[i][j-k]]=1;
         rep(k,0,10000) if(!vis[k]){ sg[i][j]=k; break; }
    }
}
int main()
{
    int N,F=0,x,y,sum=0;
    getsg();
    scanf("%d",&N);
    rep(i,1,N){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        sum^=sg[x][y];
        if(x==y) F=1;
    }
    if(F||sum) puts("Y");
    else puts("N");
    return 0;
}

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C .Pizza Cutter

题意：对于一个匹萨，限制横着切N刀，竖着切M刀，问最后披萨被分为了多少块。 保证不存在超过三刀相交在一点的情况，以及在角上相交的情况。

思路：我们发现，一刀的贡献是与它相交的直线数+1。 横线和竖线的交点=N*M。 横线和横线的交点=逆序对数。竖线与竖线一样。

所以求两次逆序对即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=2000010;
struct in{
    int x,y;
    bool friend operator <(in w,in v) { return w.x<v.x;}
}s[maxn];
int sum[maxn],b[maxn],tot;
void add(int a,int N){
    for(int i=a;i<=N;i+=(-i)&i) sum[i]++;
}
int query(int a){
    int res=0; for(int i=a;i;i-=(-i)&i) res+=sum[i];
    return res;
}
ll get(int N)
{
    sort(s+1,s+N+1); ll res=0;
    rep(i,1,N) sum[i]=0,b[i]=s[i].y;
    sort(b+1,b+N+1); tot=unique(b+1,b+N+1)-(b+1);
    rep(i,1,N) s[i].y=lower_bound(b+1,b+N+1,s[i].y)-b;
    for(int i=N;i>=1;i--){
        res+=query(s[i].y);
        add(s[i].y,N);
    }return res;
}
int main()
{
    int N,M; ll ans=0;
    scanf("%d%d",&N,&M); scanf("%d%d",&N,&M);
    rep(i,1,N) scanf("%d%d",&s[i].x,&s[i].y);
    ans=get(N);
    rep(i,1,M) scanf("%d%d",&s[i].x,&s[i].y);
    ans+=get(M);
    ans+=(ll)N*M+N+M+1;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

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D .Unraveling Monty Hall

题意：统计不是1的个数。

思路：水题，就是题面太长。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=2000010;
int main()
{
    int N,x,ans=0;
    scanf("%d",&N);
    rep(i,1,N) scanf("%d",&x),ans+=(x!=1);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

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E .Enigma

题意：给定字符串S，T，让T去匹配S，问有多少个匹配没有相同的字符。

思路：模拟。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=1000010;
char c[maxn],b[maxn];
int main()
{
    int N,M,ans=0;
    scanf("%s%s",c+1,b+1);
    N=strlen(c+1); M=strlen(b+1);
    rep(i,1,N-M+1) {
        bool F=true;
        rep(j,1,M) if(b[j]==c[i+j-1]) F=false;
        ans+=(F);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

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F .Music Festival

题意：有N个舞台(N<10)，第i个舞台有Mi首歌(M总和<1000)，给出每首歌的起始时间s，和终止时间t，以及价值val； 我们听完一首歌可以任意瞬移到另外的舞台，即不考虑时间边界。现在让你选择一种方案，使得每个舞台都至少听了一首歌，求最大价值。

思路：区间最值更新答案的，我们可以用线段树或者单调队列更新答案。这里用了线段树。 先离散化时间(2*N个)，然后对于所有的节目，按起始时间排序（终止时间排序效果也一样），然后每次查询[1,s]的最大值，然后用结果去更新t点的值。 复杂度O(N^2*logN)。记录一个前缀最大值复杂度是O(N^2)的。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define rep2(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int maxn=1024;
int dp[maxn][maxn],b[maxn<<1],cnt; bitset<maxn>S[maxn];
struct in{
    int s,t,val,id;
    bool friend operator <(in w,in v){
        return w.s<v.s;
    }
}s[maxn];
struct Tree{
    int Mx[maxn<<3];
    void update(int Now,int L,int R,int pos,int val)
    {
        Mx[Now]=max(Mx[Now],val);
        if(L==R) return ; int Mid=(L+R)>>1;
        if(pos<=Mid) update(Now<<1,L,Mid,pos,val);
        if(pos>Mid) update(Now<<1|1,Mid+1,R,pos,val);
    }
    int query(int Now,int L,int R,int l,int r)
    {
        if(l<=L&&r>=R) return Mx[Now];
        int Mid=(L+R)>>1,res=0;
        if(l<=Mid) res=max(res,query(Now<<1,L,Mid,l,r));
        if(r>Mid) res=max(res,query(Now<<1|1,Mid+1,R,l,r));
        return res;
    }
}T[1024];
int main()
{
    int N,M,tot=0,ans=0;
    scanf("%d",&N);
    rep(i,0,N-1){
        scanf("%d",&M);
        rep(j,1,M){
            tot++;
            scanf("%d%d%d",&s[tot].s,&s[tot].t,&s[tot].val);
            s[tot].id=i; b[++cnt]=s[tot].s; b[++cnt]=s[tot].t;
        }
    }
    sort(b+1,b+cnt+1); cnt=unique(b+1,b+cnt+1)-(b+1);
    sort(s+1,s+tot+1); M=(1<<N)-1;
    rep(i,1,tot) s[i].s=lower_bound(b+1,b+cnt+1,s[i].s)-b;
    rep(i,1,tot) s[i].t=lower_bound(b+1,b+cnt+1,s[i].t)-b;
    rep(i,1,tot) {
        dp[i][1<<s[i].id]=s[i].val;
        rep(j,1,M){
            if(T[j].Mx[1]==0) continue;
            int Mx=T[j].query(1,1,cnt,1,s[i].s);
            if(Mx!=0) dp[i][j|(1<<s[i].id)]=max(dp[i][j|(1<<s[i].id)],Mx+s[i].val);
        }
        rep(j,1,M) {
            if(dp[i][j]) T[j].update(1,1,cnt,s[i].t,dp[i][j]);
        }
        ans=max(ans,dp[i][M]);
    }
    if(ans==0) ans=-1;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

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