E - Cats and Fish
模拟题意即可。
F - Secret Poems
模拟。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define REP(i,a,b) for(register int i=(a); i<(b); i++)
#define PERE(i,a,b) for(register int i=(a); i>=(b); i--)
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
char mtx[107][107];
char st[107*107];
int n;
inline char rc() {
static char c; do c=getchar(); while(c<=' ');
return c;
}
inline void getst1() {
int x=0,y=0;
int chn=0;
#define U() do{x--;st[chn++]=mtx[x][y];}while(0)
#define D() do{x++;st[chn++]=mtx[x][y];}while(0)
#define L() do{y--;st[chn++]=mtx[x][y];}while(0)
#define R() do{y++;st[chn++]=mtx[x][y];}while(0)
#define RU() do{y++;x--;st[chn++]=mtx[x][y];}while(0)
#define DL() do{x++;y--;st[chn++]=mtx[x][y];}while(0)
st[chn++]=mtx[x][y];
if(n%2==0) {
REP(i,1,n) {
if((i&1) ==1) {
R(); REP(j,0,i)DL();
} else {
D(); REP(j,0,i)RU();
}
}
PERE(i,n-2,0) {
if((i&1)==0) {
R(); REP(j,0,i)RU();
} else {
D(); REP(j,0,i)DL();
}
}
} else {
REP(i,1,n) {
if((i&1)==1) {
R(); REP(j,0,i)DL();
} else {
D(); REP(j,0,i)RU();
}
}
PERE(i,n-2,0) {
if((i&1)==1) {
D(); REP(j,0,i)DL();
} else {
R(); REP(j,0,i)RU();
}
}
}
st[chn]=0;
#undef U
#undef D
#undef L
#undef R
#undef RU
#undef DL
}
inline void writest() {
int x=0,y=0;
int chn=0;
#define WR() do{mtx[x][y]=st[chn++];}while(0)
#define R() do{y++;WR();}while(0)
#define L() do{y--;WR();}while(0)
#define D() do{x++;WR();}while(0)
#define U() do{x--;WR();}while(0)
WR();
REP(i,1,n)R();
int k=0;
PERE(i,n-1,0) {
if(k==0) {
REP(j,0,i) D();
k++; i++;
} else if(k==1){
REP(j,0,i) L();
k++;
} else if(k==2){
REP(j,0,i) U();
k++; i++;
} else if(k==3){
REP(j,0,i) R();
k=0;
}
}
}
int main() {
//ios::sync_with_stdio(false);
//cin.tie(0); cout.tie(0);
//cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(~scanf("%d", &n)) {
REP(i,0,n)REP(j,0,n) mtx[i][j]=rc();
getst1();
writest();
REP(i,0,n) {
REP(j,0,n) {
putchar(mtx[i][j]);
}
putchar('\n');
}
}
return 0;
}G - Liaoning Ship’s Voyage
BFS+判断线段相交。
Code
```cpp #includeH - Puzzle Game
题意：
给出一个\(n*m\)的矩阵，每个位置有对应权值，可能为负。
现在给定一个\(p\)，能替换一个位置的权值。问最后的最大子矩阵最小权值为多少。
思路：
- 考虑枚举每个位置进行修改，然后快速维护答案；
- 显然修改操作只会影响包含当前位置的最大子矩阵，我们还需要快速求出其余位置的最大子矩阵。
- 那么我们预处理出\(up,down,left,right\)表示四个方向的最大子矩阵，就可以快速求出不包含当前点的答案了。这可以直接\(O(n^3)\)预处理。
- 包含当前位置的最大子矩阵，我们可以任选一个最大子矩阵，然后在其内部枚举即可。
- 正确性？
- 对于与其重合的最大子矩阵，我们枚举时会考虑到交点；否则，其余的最大子矩阵，我们求出其余方向的矩阵时会考虑到。
简单说就直接考虑包含和不包含两种情况，不包含情况预处理出来，包含的情况直接考虑最大子矩阵即可。
预处理可以枚举两行、两列然后求最大子序列和。
详见代码：
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
// #define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 155;
int n, m, p;
int a[N][N];
int Up[N], Down[N], Left[N], Right[N];
int u, d, l, r;
int sum[N], res[N];
int calc() {
int tot = -INF;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = 1; j <= m; j++) sum[j] = 0;
for(int j = i; j <= n; j++) {
for(int k = 1; k <= m; k++) sum[k] += a[j][k];
int p = 0;
for(int k = 1; k <= m; k++) {
res[k] = res[k - 1] + sum[k];
if(res[k] - res[p] > tot) {
tot = res[k] - res[p];
u = i, d = j, l = p + 1, r = k;
}
if(res[k] < res[p]) p = k;
}
}
}
dbg(u, d, l, r, tot);
return tot;
}
void calc1() {
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = 1; j <= m; j++) sum[j] = 0;
for(int j = i; j <= n; j++) {
int tot = -INF;
for(int k = 1; k <= m; k++) sum[k] += a[j][k];
int p = 0;
for(int k = 1; k <= m; k++) {
res[k] = res[k - 1] + sum[k];
if(res[k] - res[p] > tot) {
tot = res[k] - res[p];
Down[i] = max(Down[i], tot);
Up[j] = max(Up[j], tot);
}
if(res[k] < res[p]) p = k;
}
}
}
for(int i = 2; i <= n; i++) Up[i] = max(Up[i], Up[i - 1]);
for(int i = n - 1; i >= 1; i--) Down[i] = max(Down[i], Down[i + 1]);
}
void calc2() {
for(int i = 1; i <= m; i++) {
for(int j = 1; j <= n; j++) sum[j] = 0;
for(int j = i; j <= m; j++) {
int tot = -INF;
for(int k = 1; k <= n; k++) sum[k] += a[k][j];
int p = 0;
for(int k = 1; k <= n; k++) {
res[k] = res[k - 1] + sum[k];
if(res[k] - res[p] > tot) {
tot = res[k] - res[p];
Left[j] = max(Left[j], tot);
Right[i] = max(Right[i], tot);
}
if(res[k] < res[p]) p = k;
}
}
}
for(int i = 2; i <= m; i++) Left[i] = max(Left[i], Left[i - 1]);
for(int i = m - 1; i >= 1; i--) Right[i] = max(Right[i], Right[i + 1]);
}
void run() {
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = 1; j <= m; j++) {
cin >> a[i][j];
}
}
for(int i = 0; i <= n + 1; i++) Up[i] = Down[i] = -INF;
for(int i = 0; i <= m + 1; i++) Left[i] = Right[i] = -INF;
int Max = calc();
calc1();
calc2();
dbg(Up[1], Right[3], Down[2], Left[2]);
int ans = Max;
for(int i = u; i <= d; i++) {
for(int j = l; j <= r; j++) {
if(a[i][j] <= p) continue;
ans = min(ans, max(Max - a[i][j] + p, max(Up[i - 1],
max(Down[i + 1], max(Left[j - 1], Right[j + 1])))));
}
}
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n >> m >> p) run();
return 0;
}
J - Pangu and Stones
题意：
给出\(n\)堆石子，每堆石子有\(a_i\)个。现在每次可以选择\(l\)~\(r\)堆的石子进行合并，问最后合并为一堆石子的最小代价为多少；不能合并为一堆则输出\(-1\)。
思路：
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- 定义\(dp(l,r,k)\)表示考虑将区间\([l,r]\)分为\(k\)堆的最小代价。
- 如果我们已经确定了一种划分方式，那么直接合并起来，代价为\(sum_r-sum_{l-1}\)。
- 假设现在\(k=1\)，显然我们要将\([l,r]\)个数的堆合并为一堆，注意到对于所有的\(x\)堆合并为一堆，我们可以将其划分为\(x-1\)堆和\(1\)堆的合并；
- 若\(k>1\)，此时不考虑合并，考虑通过一种最小的代价将其划分为\(k\)堆，同样地，我们通过枚举中间点，然后将序列划分为\(k-1\)和\(1\)堆，这能覆盖到所有的情况。
所以\(dp\)的状态转移方程为：
\[ \left\{ \begin{aligned} &dp[i][j][1]=min\{dp[i][k][x-1]+dp[k+1][j][1]+sum_{j}-sum_{i-1}\}\\ &dp[i][j][x]=min\{dp[i][k][x-1]+dp[k+1][j][1],x>1\} \end{aligned} \right. \]
详见代码：（感觉说不清楚QAQ）
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
// #define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 105;
int n, l, r;
int a[N], sum[N];
int dp[N][N][N];
void run() {
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++)
for(int k = 0; k <= n; k++)
dp[i][j][k] = INF;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
dp[i][i][1] = 0;
}
for(int len = 2; len <= n; len++) {
for(int i = 1; i + len - 1 <= n; i++) {
int j = i + len - 1;
for(int k = i; k < j; k++) {
for(int t = l - 1; t <= r - 1; t++) {
if(k - i + 1 >= t)
dp[i][j][1] = min(dp[i][j][1], dp[i][k][t] + dp[k + 1][j][1] + sum[j] - sum[i - 1]);
}
}
for(int t = 2; t <= j - i + 1; t++) {
for(int k = i; k < j; k++) {
if(k - i + 1 >= t - 1)
dp[i][j][t] = min(dp[i][j][t], dp[i][k][t - 1] + dp[k + 1][j][1]);
}
}
}
}
if(dp[1][n][1] == INF) dp[1][n][1] = 0;
pt(dp[1][n][1]);
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n >> l >> r) run();
return 0;
}