XII Open Cup named after E.V. Pankratiev. GP of Eastern Europe (AMPPZ-2012)
A. Automat
$m$超过$1600$是没用的。
从后往前考虑，设$f[i][j][k]$表示考虑$[i,n]$这些物品，一共花费$j$元钱，买了$k$个物品的最大收益。
时间复杂度$O(n^5)$。
#include<cstdio>
const int N=45,M=1605;
int n,m,lim,A,B,i,j,k,x,y,z,o,a[N],b[N],f[2][M][N],ans;
inline void up(int&a,int b){a<b?(a=b):0;}
inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
m=min(m,M-5);
lim=40;
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);
for(o=0;o<2;o++)for(i=0;i<=m;i++)for(j=0;j<=lim;j++)f[o][i][j]=-1;
o=0;
f[0][0][0]=0;
for(i=n;i;i--,o^=1){
A=a[i],B=b[i];
for(j=0;j<=m;j++)for(k=0;k<=lim;k++)f[o^1][j][k]=-1;
for(j=0;j<=m;j++)for(x=0;x<=B&&j+x*A<=m;x++)for(k=0;k<=lim;k++)if(~f[o][j][k])
up(f[o^1][j+x*A][min(k+x,lim)],f[o][j][k]+min(k+x,B)*A);
}
for(i=0;i<=m;i++)for(j=0;j<=lim;j++)up(ans,f[o][i][j]);
printf("%d",ans);
}
B. Touristic Bureau
将所有景点按照有趣度从小到大排序，设$f[i]$表示走到$i$的最大获利，则$f[i]=\max(f[j]+manhattan(i,j))+c[i](j<i)$。
枚举曼哈顿距离里$x$和$y$的符号，分别维护最大值即可。
时间复杂度$O(nm)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
typedef pair<int,int>P;
typedef long long ll;
const int N=1010,M=N*N;
const ll inf=1LL<<60;
int n,m,i,j,x,c[N][N];vector<P>v[M];
ll g[4],f[N][N],ans;
inline void up(ll&a,ll b){a<b?(a=b):0;}
inline void cal(int x,int y){
ll t=0;
up(t,x+y+g[0]);//-x-y
up(t,x-y+g[1]);//-x+y
up(t,-x+y+g[2]);//x-y
up(t,-x-y+g[3]);//x+y
up(ans,f[x][y]=t+c[x][y]);
}
inline void ins(int x,int y){
ll t=f[x][y];
up(g[0],t-x-y);
up(g[1],t-x+y);
up(g[2],t+x-y);
up(g[3],t+x+y);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++){
scanf("%d",&x);
if(x)v[x].push_back(P(i,j));
}
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&c[i][j]);
g[0]=g[1]=g[2]=g[3]=-inf;
for(i=1;i<M;i++){
for(j=0;j<v[i].size();j++)cal(v[i][j].first,v[i][j].second);
for(j=0;j<v[i].size();j++)ins(v[i][j].first,v[i][j].second);
}
printf("%lld",ans);
}
C. Sequence
下标模$k$相同的位置最后要一样，故直接将序列长度压缩成$k$然后DP即可。
#include<cstdio>
const int N=1000010;
int n,k,i,j,x,cnt[N][2],f[N][2];
inline void up(int&a,int b){a>b?(a=b):0;}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&x);
cnt[i%k][x&1]++;
}
for(i=0;i<=k;i++)f[i][0]=f[i][1]=N;
f[0][0]=0;
for(i=0;i<k;i++)for(j=0;j<2;j++){
up(f[i+1][j],f[i][j]+cnt[i][1]);
up(f[i+1][j^1],f[i][j]+cnt[i][0]);
}
printf("%d",f[k][0]);
}
D. DNA
字符集$=1$最优。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100010;
int n,i,b[N];char a[N],ans;
int main(){
scanf("%d%s",&n,a+1);
for(i=1;i<=n;i++)b[a[i]]++;
ans='A';
if(b['C']<b[ans])ans='C';
if(b['T']<b[ans])ans='T';
if(b['G']<b[ans])ans='G';
printf("%d\n",b[ans]);
for(i=1;i<=n;i++)putchar(ans);
}
E. Evaluation
对表达式递归建树，设$f[i][j]$表示$i$子树内运算结果为$j$的方案数。
对于求幂直接计算。
对于加法可以FFT。
对于乘法可以求出原根后取指标然后转化为加法FFT。
时间复杂度$O(nP\log P)$。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
typedef vector<int>V;
const int N=70000,MO=30011;
int P,n,i,j,len,po[MO][10],pos[N],A[N],B[N],C[N];
int ind[N],gen[N],G;
char a[310];
namespace FFT{
typedef long double ld;
const ld pi=acos(-1.0);
struct comp{
ld r,i;
comp(ld _r=0,ld _i=0){r=_r,i=_i;}
comp operator+(const comp&x){return comp(r+x.r,i+x.i);}
comp operator-(const comp&x){return comp(r-x.r,i-x.i);}
comp operator*(const comp&x){return comp(r*x.r-i*x.i,r*x.i+i*x.r);}
comp conj(){return comp(r,-i);}
}A[N],B[N];
inline void FFT(comp a[],int n,int t){
for(int i=1;i<n;i++)if(i<pos[i])swap(a[i],a[pos[i]]);
for(int d=0;(1<<d)<n;d++){
int m=1<<d,m2=m<<1;
ld o=pi*2/m2*t;comp _w(cos(o),sin(o));
for(int i=0;i<n;i+=m2){
comp w(1,0);
for(int j=0;j<m;j++){
comp&A=a[i+j+m],&B=a[i+j],t=w*A;
A=B-t;
B=B+t;
w=w*_w;
}
}
}
if(t==-1)for(int i=0;i<n;i++)a[i].r/=n;
}
inline void mul(int*a,int*b,int*c){
int i,j;
for(i=0;i<len;i++)A[i]=comp(a[i],b[i]);
FFT(A,len,1);
for(i=0;i<len;i++){
j=(len-i)&(len-1);
B[i]=(A[i]*A[i]-(A[j]*A[j]).conj())*comp(0,-0.25);
}
FFT(B,len,-1);
for(i=0;i<len;i++)c[i]=((long long)(B[i].r+0.5))%MO;
}
}
V dfs(int l,int r){
if(l==r){
V v;
v.resize(P);
for(int i=0;i<P;i++)v[i]=0;
if(a[l]>='0'&&a[l]<='9')v[(a[l]-'0')%P]=1;
if(a[l]>='a'&&a[l]<='z')for(int i=0;i<P;i++)v[i]=1;
return v;
}
l++,r--;
int al=-1,ar,bl,br,op;
if(a[l]!='('){
al=ar=l;
bl=l+2;
br=r;
op=a[l+1];
}else for(int i=l,t=0;i<=r;i++){
if(a[i]=='(')t++;
if(a[i]==')'){
t--;
if(!t){
al=l;
ar=i;
bl=i+2;
br=r;
op=a[i+1];
break;
}
}
}
V vl=dfs(al,ar),vr,v;
v.resize(P);
for(int i=0;i<P;i++)v[i]=0;
if(op!='^')vr=dfs(bl,br);
if(op=='^'){
int k=a[bl]-'0';
//printf("[%d,%d]^%d\n",al,ar,k);
for(int i=0;i<P;i++)(v[po[i][k]]+=vl[i])%=MO;
}
if(op=='+'){
//printf("[%d,%d]+[%d,%d]\n",al,ar,bl,br);
for(int i=0;i<len;i++)A[i]=B[i]=C[i]=0;
for(int i=0;i<P;i++)A[i]=vl[i],B[i]=vr[i];
FFT::mul(A,B,C);
for(int i=0;i<len;i++)(v[i%P]+=C[i])%=MO;
}
if(op=='*'){
//printf("[%d,%d]*[%d,%d]\n",al,ar,bl,br);
for(int i=0;i<P;i++)v[0]=(1LL*vl[0]*vr[i]+v[0])%MO;
for(int i=1;i<P;i++)v[0]=(1LL*vl[i]*vr[0]+v[0])%MO;
for(int i=0;i<len;i++)A[i]=B[i]=C[i]=0;
for(int i=1;i<P;i++)A[ind[i]]=vl[i],B[ind[i]]=vr[i];
FFT::mul(A,B,C);
for(int i=0;i<len;i++)(v[gen[i%(P-1)]]+=C[i])%=MO;
}
//for(int i=0;i<P;i++)printf("->%d %d\n",i,v[i]);
return v;
}
inline int powmod(int a,int b,int P){
int t=1;
for(;b;b>>=1,a=1LL*a*a%P)if(b&1)t=1LL*t*a%P;
return t;
}
int getG(int n){
if(n==2)return 1;
int i,j,t=0;
static int q[N];
for(i=2;1LL*i*i<=n-1;i++)if((n-1)%i==0)q[t++]=i,q[t++]=(n-1)/i;
for(i=2;;i++){
for(j=0;j<t;j++)if(powmod(i,q[j],n)==1)break;
if(j==t)return i;
}
}
int main(){
scanf("%d%s",&P,a+1);
n=strlen(a+1);
if(n==1){
if(a[1]=='0')return puts("1"),0;
if(a[1]>='a'&&a[1]<='z')return puts("1"),0;
return puts("0"),0;
}
for(len=1;len<P*2;len<<=1);
j=__builtin_ctz(len)-1;
for(i=0;i<len;i++)pos[i]=pos[i>>1]>>1|((i&1)<<j);
for(i=0;i<MO;i++)for(po[i][0]=j=1;j<10;j++)po[i][j]=1LL*po[i][j-1]*i%P;
G=getG(P);
for(i=0,j=1;i<P-1;i++){
gen[i]=j;
ind[j]=i;
j=1LL*j*G%P;
}
V ret=dfs(1,n);
printf("%d",ret[0]);
}
F. Formula-1
设$s[k]$为第$k$辆车最多能进行的超车次数，$A[k]$表示它前面那些车给$s[k]$的贡献，$B[k]$为后面的，则$A[k]=\sum_{i=1}^{k-1}(a[i]+1)$。
设$b[i]$为第$i$辆车为了到$k+1$这个位置最少需要的超车次数，则$b[k+1]=0,b[i+1]=b[i]+[a[i]\leq b[i]]$，且$B[k]=\sum_{i=k+1}^n \max(a[i]-b[i],0)$。
若对于每个$k$都有$s[k]\geq a[k]$，则可行。
找出最大的$m$满足$A[m]\leq a[m]$，则除了$m$之外所有车都可行，暴力检查$m$即可。
时间复杂度$O(n)$。
#include<cstdio>
const int N=1000010,BUF=30000000;
int Case,n,i,k,a[N],b[N];long long s[N];char Buf[BUF],*buf=Buf;
inline void read(int&a){for(a=0;*buf<48;buf++);while(*buf>47)a=a*10+*buf++-48;}
int main(){
fread(Buf,1,BUF,stdin);read(Case);
while(Case--){
read(n);
for(i=1;i<=n;i++)read(a[i]);
for(s[1]=0,i=2;i<=n;i++)s[i]=s[i-1]+a[i-1]+1;
for(i=1;i<=n;i++)if(s[i]<=a[i])k=i;
for(b[i=k+1]=0;i<n;i++)b[i+1]=b[i]+(a[i]<=b[i]);
for(i=k+1;i<=n;i++)if(a[i]>b[i])s[k]+=a[i]-b[i];
puts(s[k]>=a[k]?"TAK":"NIE");
}
return 0;
}
G. General
如果凸包大小$\leq 2$，那么特判即可。
否则凸包大小至少为$3$，对于每个询问，首先在凸包上按极角二分出一条边，看看是否在凸包内或者边上。
如果不在，那么往左往右二分出两条切线的位置，然后用叉积前缀和回答询问即可。
时间复杂度$O((n+m)\log n)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010;
int n,m,ce,i,j,x,y,z,ca,cb,cnt;ll f[N<<1];
struct P{
int x,y;
P(){}
P(int _x,int _y){x=_x,y=_y;}
P operator-(const P&b){return P(x-b.x,y-b.y);}
void operator-=(const P&b){*this=*this-b;}
bool operator==(const P&b){return x==b.x&&y==b.y;}
bool operator!=(const P&b){return x!=b.x||y!=b.y;}
}a[N],b,c[N<<1],O;
inline bool cmp(const P&a,const P&b){return a.x==b.x?a.y<b.y:a.x<b.x;}
inline ll cross(const P&a,const P&b){return 1LL*a.x*b.y-1LL*a.y*b.x;}
inline void read(int&a){
char c;bool f=0;a=0;
while(!((((c=getchar())>='0')&&(c<='9'))||(c=='-')));
if(c!='-')a=c-'0';else f=1;
while(((c=getchar())>='0')&&(c<='9'))(a*=10)+=c-'0';
if(f)a=-a;
}
int convexhull(P*p,int n,P*q){
int i,k,m;
for(i=m=0;i<n;q[m++]=p[i++])while(m>1&&cross(q[m-1]-q[m-2],p[i]-q[m-2])<=0)m--;
k=m;
for(i=n-2;i>=0;q[m++]=p[i--])while(m>k&&cross(q[m-1]-q[m-2],p[i]-q[m-2])<=0)m--;
return --m;
}
inline bool point_on_segment(P p,P a,P b){
return !cross(b-a,p-a)&&1LL*(p.x-a.x)*(p.x-b.x)+1LL*(p.y-a.y)*(p.y-b.y)<=0;
}
inline int askl(int l,int r,P p){
int t=l++,mid;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>1;
if(cross(c[mid]-p,c[(mid-1+n)%n]-c[mid])<=0)l=(t=mid)+1;else r=mid-1;
}
return t;
}
inline int askr(int l,int r,P p){
int t=r--,mid;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>1;
if(cross(c[mid]-p,c[(mid+1)%n]-c[mid])>=0)r=(t=mid)-1;else l=mid+1;
}
return t;
}
inline ll solve(P p){
if(n<2)return 0;
if(n==2)return abs(f[0]+cross(c[1],p)+cross(p,c[0]));
if(point_on_segment(p,c[0],c[n-1]))return f[n-1];
int o=0;
if(p.x>0){
int l=1,r=n-1,mid;
while(l<=r)if(cross(c[mid=(l+r)>>1],p)>=0)l=(o=mid)+1;else r=mid-1;
}else if(p.y>0)o=n-1;
if(p.x>=0&&cross(p-c[o],c[o+1]-p)<0)return f[n-1];
if(p.x>=0&&point_on_segment(p,c[o],c[o+1]))return f[n-1];
int l,r;
if(p.x>0)l=askl(0,o,p),r=askr(o,n,p);else l=askl(m,n,p),r=askr(0,m,p);
if(l>r)r+=n;
return f[n-1]+cross(c[l],p)+cross(p,c[r])-f[r-1]+f[l-1];
}
int main(){
read(ca),read(cb);
for(i=1;i<=ca;i++)read(a[i].x),read(a[i].y);
cnt=ca;
sort(a+1,a+ca+1,cmp);
for(ca=0,i=1;i<=cnt;i++)if(i==1||a[i]!=a[i-1])a[++ca]=a[i];
n=convexhull(a+1,ca,c);
for(O=c[0],i=0;i<n;i++)c[i]-=O;
for(i=0;i<n;i++)if(c[i].x>=c[m].x)m=i;
for(i=0;i<n;i++)c[i+n]=c[i];
for(i=0;i<n+n;i++){
f[i]=cross(c[i],c[i+1]);
if(i)f[i]+=f[i-1];
}
while(cb--){
read(b.x),read(b.y);
ll tmp=solve(b-O);
printf("%lld.%lld\n",tmp/2,tmp%2*5);
}
return 0;
}
H. Hydra
设$f[x]$为击杀$x$的最小代价，则$f[x]=\min(k[x],s[x]+\sum(f[x的后继]))$，用SPFA来循环更新即可。
#include<cstdio>
typedef long long ll;
const int N=200010,M=1000010,P=1048575,BUF=20000000;
int n,i,j,x,g[N],v[M],nxt[M],ed,in[N],h,t,q[P+1];ll f[N],f2[N];char Buf[BUF],*buf=Buf;
inline void read(int&a){for(a=0;*buf<48;buf++);while(*buf>47)a=a*10+*buf++-48;}
inline void read(ll&a){for(a=0;*buf<48;buf++);while(*buf>47)a=a*10+*buf++-48;}
inline void add(int x,int y){v[++ed]=y;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;}
int main(){
for(fread(Buf,1,BUF,stdin),read(n),i=1;i<=n;i++)for(read(f2[i]),read(f[i]),read(j);j--;add(x,i))read(x);
for(i=1;i<=n;i++)for(j=g[i];j;j=nxt[j])f2[v[j]]+=f[i];
for(i=h=1;i<=n;i++)in[q[++t]=i]=1;
while(h!=((t+1)&P)){
x=q[h++],h&=P;
if(f[x]>f2[x]){
for(i=g[x];i;i=nxt[i]){
f2[j=v[i]]-=f[x]-f2[x];
if(!in[j]){
in[j]=1;
q[h=(h-1+P)&P]=j;
}
}
f[x]=f2[x];
}
in[x]=0;
}
return printf("%lld",f[1]),0;
}
I. Inversions
线段树优化BFS。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1000010,M=2222222;
int n,i,j,a[N],vmi[M],vma[M],mx,tot,e[N][2];
int q[N],h,t;
bool vis[N];
inline void up(int x){
vmi[x]=min(vmi[x<<1],vmi[x<<1|1]);
vma[x]=max(vma[x<<1],vma[x<<1|1]);
}
void build(int x,int a,int b){
if(a==b){
vmi[x]=vma[x]=::a[a];
return;
}
int mid=(a+b)>>1;
build(x<<1,a,mid),build(x<<1|1,mid+1,b);
up(x);
}
void clear(int x,int a,int b,int c){
if(a==b){
vis[q[++t]=a]=1;
vmi[x]=N,vma[x]=0;
return;
}
int mid=(a+b)>>1;
if(c<=mid)clear(x<<1,a,mid,c);else clear(x<<1|1,mid+1,b,c);
up(x);
}
void bigger(int x,int a,int b,int c,int d,int p){
if(vma[x]<p)return;
if(a==b){
vis[q[++t]=a]=1;
vmi[x]=N,vma[x]=0;
return;
}
int mid=(a+b)>>1;
if(c<=mid)bigger(x<<1,a,mid,c,d,p);
if(d>mid)bigger(x<<1|1,mid+1,b,c,d,p);
up(x);
}
void smaller(int x,int a,int b,int c,int d,int p){
if(vmi[x]>p)return;
if(a==b){
vis[q[++t]=a]=1;
vmi[x]=N,vma[x]=0;
return;
}
int mid=(a+b)>>1;
if(c<=mid)smaller(x<<1,a,mid,c,d,p);
if(d>mid)smaller(x<<1|1,mid+1,b,c,d,p);
up(x);
}
inline void bfs(int S){
mx=S;
h=1,t=0;
clear(1,1,n,S);
while(h<=t){
int x=q[h++];
if(x>mx)mx=x;
if(x>1)bigger(1,1,n,1,x-1,a[x]);
if(x<n)smaller(1,1,n,x+1,n,a[x]);
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
build(1,1,n);
for(i=1;i<=n;i++)if(!vis[i]){
bfs(i);
tot++;
e[tot][0]=i;
e[tot][1]=mx;
}
printf("%d\n",tot);
for(i=1;i<=tot;i++){
printf("%d",e[i][1]-e[i][0]+1);
for(j=e[i][0];j<=e[i][1];j++)printf(" %d",j);
puts("");
}
}
J. Procrastination
按时间从后往前贪心安排任务。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1000010;
int n,i;ll cur;
struct P{int d,t;}a[N];
inline bool cmp(const P&a,const P&b){return a.t>b.t;}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].d,&a[i].t);
sort(a+1,a+n+1,cmp);
cur=1LL<<60;
for(i=1;i<=n;i++){
if(cur>a[i].t)cur=a[i].t-a[i].d+1;
else cur-=a[i].d;
}
printf("%lld",cur-1);
}
K. Rabbits
若$n=3$，那么贪心取最大的$k$个即可。
否则打枪顺序无关，要么第一枪打$1$，要么第一枪打$2$，要么打$3..n$。
第一枪打$1$和$2$时，模拟出变化后的情况，并将次数减$1$，将环当成序列考虑，那么不能在相邻两个位置打枪，若$i$和$i-2$都打枪，那么可以同时打到$i-1$，DP即可。
第一枪打$3..n$时，可以直接将环当成链DP。
时间复杂度$O(nk)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
const int N=4010,M=2010;
int n,m,K,i,j,a[N*2],b[N],f[2][M][2][2],ans;
inline void up(int&a,int b){a<b?(a=b):0;}
inline int dp(int flag){
if(!K)return 0;
if(flag){
b[2]+=b[1],b[m-1]+=b[m];
b[1]=b[m]=0;
}
int i,j,x,y,o=0,ret=0;
for(j=0;j<=K;j++)for(x=0;x<2;x++)for(y=0;y<2;y++)f[o][j][x][y]=-1;
f[o][0][0][0]=0;
for(i=0;i<m;i++,o^=1){
for(j=0;j<=K;j++)for(x=0;x<2;x++)for(y=0;y<2;y++)f[o^1][j][x][y]=-1;
for(j=0;j<=K;j++)for(x=0;x<2;x++)for(y=0;y<2;y++)if(~f[o][j][x][y]){
up(f[o^1][j][y][0],f[o][j][x][y]);
if(!y&&j<K){
if(x)up(f[o^1][j+1][y][1],f[o][j][x][y]+b[i]+b[i+1]);
else up(f[o^1][j+1][y][1],f[o][j][x][y]+b[i+1]);
}
}
}
for(j=0;j<=K;j++)for(x=0;x<2;x++)for(y=0;y<2;y++)up(ret,f[o][j][x][y]);
return ret;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&K);
if(!K)return puts("0"),0;
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),a[i+n]=a[i];
if(n==3){
std::sort(a+1,a+n+1);
for(i=n;i&&K;i--)ans+=a[i],K--;
return printf("%d",ans),0;
}
K=std::min(K,n/2+5);
K--;
for(i=1;i<=2;i++){
for(m=0,j=i+1;j<i+n;j++)b[++m]=a[j];
up(ans,dp(1)+a[i]);
}
K++;
for(m=0,i=3;i<=n;i++)b[++m]=a[i];
up(ans,dp(0));
return printf("%d",ans),0;
}
