【GYM 102059】2018-2019 XIX Open Cup, Grand Prix of Korea
vp了一场gym，我又开心地划水了。
A. Coloring Roads
题意：给定一棵树，树边一开始都是无色的，每次操作可以把一个点到根的路径染成某个颜色，每次询问当前树上出现过某个次数的颜色种数。
题解：看到操作与$Access$类似，考虑使用$lct$解决。由于一条重链的颜色一定是相同的，也就是一棵$splay$中的颜色都是相同的，所以$Access$时每次把整棵$splay$修改掉算一下变化就好了。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 2e5 + 5; int n, m, nq, edg; int fe[N], cnt[N], ccnt[N]; vector<int> g[N]; void Change(int a, int b, int z) { --ccnt[cnt[a]]; cnt[a] -= z; ++ccnt[cnt[a]]; --ccnt[cnt[b]]; cnt[b] += z; ++ccnt[cnt[b]]; } namespace T { const int N = ::N * 2; int fa[N], lc[N], rc[N], si[N], co[N], lzy[N]; bool Is_root(int x) { return lc[fa[x]] != x && rc[fa[x]] != x; } bool Is_right(int x) { return rc[fa[x]] == x; } void U(int x, int _c) { co[x] = lzy[x] = _c; } void Up(int x) { si[x] = x > n; if (lc[x]) si[x] += si[lc[x]]; if (rc[x]) si[x] += si[rc[x]]; } void Down(int x) { if (lzy[x]) { if (lc[x]) U(lc[x], lzy[x]); if (rc[x]) U(rc[x], lzy[x]); lzy[x] = 0; } } void Roll(int x) { if (!Is_root(x)) Roll(fa[x]); Down(x); } void Rotate(int x) { int y = fa[x], z = fa[y]; int d = Is_right(x), s = d? lc[x] : rc[x]; if (!Is_root(y)) (Is_right(y)? rc[z] : lc[z]) = x; fa[x] = z; (d? rc[y] : lc[y]) = s; if (s) fa[s] = y; (d? lc[x] : rc[x]) = y; fa[y] = x; Up(y), Up(x); } void Splay(int x) { Roll(x); for (int y; !Is_root(x); Rotate(x)) { if (!Is_root(y = fa[x])) { Rotate(Is_right(y) == Is_right(x)? y : x); } } } void Access(int x, int _c) { for (int y = 0; x; y = x, x = fa[x]) { Splay(x); Change(co[x], _c, si[x] - si[rc[x]]); rc[x] = y; Up(x); U(x, _c); } } } void Dfs(int x, int ft) { for (int v : g[x]) { if (v == ft) continue; fe[v] = ++edg; T::fa[n + edg] = x; T::fa[v] = n + edg; Dfs(v, x); } } int main() { scanf("%d%d%d", &n, &m, &nq); for (int i = 1, x, y; i < n; ++i) { scanf("%d%d", &x, &y); g[x].push_back(y); g[y].push_back(x); } cnt[0] = n - 1; ccnt[n - 1] = 1; ccnt[0] += m; Dfs(1, 0); for (int i = 1; i <= n + edg; ++i) { T::Up(i); } for (int u, c, z; nq--; ) { scanf("%d%d%d", &u, &c, &z); T::Access(u, c); printf("%d\n", ccnt[z] - (cnt[0] == z)); } return 0; }
B. Dev, Please Add This!
题意：给一个网格图，一个格子是空地或墙，空地上可能有星星。有且仅有一个空地上有一个球，每次可以把球往一个方向推，直到球碰到墙或边界。球经过一个星星就可以把那个星星吃掉，问能否吃掉所有星星。
题解：我们可以考虑每一行或每一列中的一段极长的空地，由于球可以在这一个条中来回滚动，所以可以把这个条看成一个状态。一个墙边的点可以看成是一个状态向另一个状态连单向边，特殊地，我们需要一个源点，其中源点需要向起点所在的行或列的极长条连边。此时大家可以闻到一点$2-sat$的气味。我们用布尔变量表示一个状态是否被经过，然后我们的限制有三种：1，如果一个格子是星星，那么这个格子所在的行或列的极长条中至少有一个是$1$；如果一个状态不能被起点到达，那它必须是$0$；如果两个状态中没有一个能到另一个，那它们不能同时为$1$。利用这些限制跑$2-sat$就可以了，因为这是满足题目要求的充要条件。很容易发现这些限制对于判断$NO$是必要的，不容易发现的是满足这些限制后就一定能构造出可行的方案。注意我们保证了每一对为$1$的状态其中至少存在一个可以到达另一个，我们把可以相互到达的状态缩成一个点后，构造一种方案就可以转化成如下一个问题：给定一个竞赛图，要求其中一条哈密顿路径，满足起点的入度为$0$。这是一个经典问题，贪心构造即可。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 53; const int M = N * N; namespace G { const int M = ::M * 2; int n, clk, cnm; int dfn[M], low[M], col[M], st[M]; vector<int> g[M]; void Init(int _n) { n = _n; clk = cnm = *st = 0; for (int i = 1; i <= n; ++i) { dfn[i] = low[i] = col[i] = 0; g[i].clear(); } } void Ade(int a, int b) { assert(1 <= a && a <= n); assert(1 <= b && b <= n); g[a].push_back(b); } void Tarjan(int x) { dfn[x] = low[x] = ++clk; st[++*st] = x; for (int v : g[x]) { if (!dfn[v]) { Tarjan(v); low[x] = min(low[x], low[v]); } else if (!col[v]) { low[x] = min(low[x], dfn[v]); } } if (dfn[x] == low[x]) { col[x] = ++cnm; for (; st[*st] != x; --*st) { col[st[*st]] = cnm; } --*st; } } void Main() { for (int i = 1; i <= n; ++i) { if (!dfn[i]) { Tarjan(i); } } } } int n, m, bar; char mp[N][N]; int belh[N][N], bell[N][N]; vector<int> link[M]; bitset<M> reach[M]; bool Good(int i, int j) { return mp[i][j] == '*' || mp[i][j] == '.' || mp[i][j] == 'O'; } void Set(int x, int rt) { reach[rt].set(x); for (int v : link[x]) { if (!reach[rt][v]) { Set(v, rt); } } } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); for (int i = 1; i <= n; ++i) { scanf("%s", mp[i] + 1); for (int j = 1; j <= m; ++j) { if (!Good(i, j - 1) && Good(i, j)) { belh[i][j] = ++bar; } else if (Good(i, j)) { belh[i][j] = bar; } } } for (int j = 1; j <= m; ++j) { for (int i = 1; i <= n; ++i) { if (!Good(i - 1, j) && Good(i, j)) { bell[i][j] = ++bar; } else if (Good(i, j)) { bell[i][j] = bar; } } } for (int i = 1; i <= n; ++i) { for (int j = 1; j <= m; ++j) { if (!Good(i, j)) continue; if (!Good(i - 1, j) || !Good(i + 1, j)) { link[bell[i][j]].push_back(belh[i][j]); } if (!Good(i, j - 1) || !Good(i, j + 1)) { link[belh[i][j]].push_back(bell[i][j]); } if (mp[i][j] == 'O') { link[0].push_back(belh[i][j]); link[0].push_back(bell[i][j]); } } } for (int i = 0; i <= bar; ++i) { Set(i, i); } G::Init(bar * 2); for (int i = 1; i <= n; ++i) { for (int j = 1; j <= m; ++j) { if (mp[i][j] == '*') { G::Ade(belh[i][j], bell[i][j] + bar); G::Ade(bell[i][j], belh[i][j] + bar); } } } for (int i = 1; i <= bar; ++i) { if (!reach[0][i]) { G::Ade(bar + i, i); } } for (int i = 1; i <= bar; ++i) { for (int j = i + 1; j <= bar; ++j) { if (!reach[i][j] && !reach[j][i]) { G::Ade(bar + i, j); G::Ade(bar + j, i); } } } G::Main(); for (int i = 1; i <= bar; ++i) { if (G::col[i] == G::col[i + bar]) { printf("NO\n"); return 0; } } printf("YES\n"); return 0; }
C. Dstorv
题意：数轴上排列着一些左箭头和右箭头，每个箭头都会以相同速度朝着各自方向移动。当一个左箭头和一个右箭头相遇时会有一个固定的概率$p$使得其中一方消失，问在无穷多的时间后留下恰好$a$个右箭头和$b$个左箭头的概率。
题解：容易发现对于每一种存活下来的可能方案，一定存在唯一一个分界线使得分界线以左的右箭头都被干掉了，分界线以右的左箭头都被干掉了。于是我们可以设计这样一个$dp$，用$f_{i,j}$表示考虑前$i$个箭头时，如果右边有$j$个左箭头过来时，有$b$个左箭头存活，没有右箭头存活的概率。初始时有$f_{0,b} = 1$，转移时如果$i$是左箭头，那$f_{i,j} = f_{i - 1, j + 1}$；如果是右箭头，那必然需要被干掉，枚举这个右箭头死之前干掉了几个来自右边的左箭头即可转移。同样设计$g_{i,j}$来表示有关于右箭头的。最后枚举分界线算答案，$ans = \sum\limits_{i = 0}^{n} f_{i, 0} * g_{i + 1, 0}$。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; namespace { const int MOD = 1e9 + 7; int Add(int a, int b) { return (a += b) >= MOD? a - MOD : a; } int Sub(int a, int b) { return (a -= b) < 0? a + MOD : a; } int Mul(int a, int b) { return (long long)a * b % MOD; } int Pow(int a, int b) { int r = 1; for (; b; b >>= 1, a = Mul(a, a)) if (b & 1) r = Mul(r, a); return r; } } const int N = 5e3 + 5; int n, m, pr, pl, a, b; char s[N]; int f[N][N], g[N][N]; int main() { scanf("%d%d%d", &n, &pr, &pl); scanf("%s%d%d", s + 1, &a, &b); int wl = Mul(pr, Pow(Add(pl, pr), MOD - 2)); int wr = Sub(1, wl); f[0][b] = 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) { if (s[i] == 'R') { // kill it for (int j = 1; j <= n; ++j) { f[i][j] = Add(Mul(f[i - 1][j], wl), Mul(f[i][j - 1], wr)); } } else { for (int j = 0; j < n; ++j) { f[i][j] = f[i - 1][j + 1]; } } } g[n + 1][a] = 1; for (int i = n; i >= 1; --i) { if (s[i] == 'H') { for (int j = 1; j <= n; ++j) { g[i][j] = Add(Mul(g[i + 1][j], wr), Mul(g[i][j - 1], wl)); } } else { for (int j = 0; j < n; ++j) { g[i][j] = g[i + 1][j + 1]; } } } int ans = 0; for (int i = 0; i <= n; ++i) { ans = Add(ans, Mul(f[i][0], g[i + 1][0])); } printf("%d\n", ans); return 0; }
D. Dumae
题意：$n$个人要排成一排，每个人想要站的位置都是一个区间，同时还有一些形如“$x$必须站在$y$左边”的限制，构造一组方案。
题解：建出左右关系的拓扑图，每个人的右端点更新为他能走到的点的右端点的最小值$-1$。拓扑构造答案时每次贪心地在能选的人中选择右端点最左边的即可。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 3e5 + 5; int n, m; bool vis[N]; int l[N], r[N], din[N], ans[N]; vector<int> g[N]; struct No { int l, r, id; friend bool operator < (No a, No b) { return a.l > b.l; } }; int Sear(int x) { if (vis[x]) { return r[x]; } vis[x] = 1; for (int v : g[x]) { r[x] = min(r[x], Sear(v) - 1); } return r[x]; } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); for (int i = 1; i <= n; ++i) { scanf("%d%d", &l[i], &r[i]); } for (int i = 1, x, y; i <= m; ++i) { scanf("%d%d", &x, &y); g[x].push_back(y); ++din[y]; } priority_queue<pair<int, int> > pq; priority_queue<No> ready; for (int i = 1; i <= n; ++i) { r[i] = Sear(i); if (!din[i]) { ready.push({ l[i], r[i], i }); } } int now = 1; for (int x; ; ) { while (!ready.empty() && ready.top().l <= now) { No top = ready.top(); ready.pop(); pq.push({ -top.r, top.id }); } if (pq.empty()) { break; } x = pq.top().second; pq.pop(); if (r[x] < now) { printf("-1\n"); return 0; } ans[now++] = x; for (int v : g[x]) { if (!(--din[v])) { ready.push({ l[v], r[v], v }); } } } if (now <= n) { printf("-1\n"); return 0; } for (int i = 1; i <= n; ++i) { printf("%d%c", ans[i], " \n"[i == n]); } return 0; }
E. Electronic Circuit
题意：给一个无向图，判断能否选定一组源与汇使得它们之间的是简单电阻网络（即仅由串并联组成）。
题解：逆向考虑问题，把一个图按规则分解即可。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e5 + 5; int n, m, cnt; bool del[N]; set<int> g[N]; void Del(int x) { if (g[x].size() == 2) { del[x] = 1; --cnt; int y = *g[x].begin(); int z = *g[x].rbegin(); g[y].erase(x); g[z].erase(x); g[y].insert(z); g[z].insert(y); if (!del[y]) Del(y); if (!del[z]) Del(z); } } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); for (int i = 1, x, y; i <= m; ++i) { scanf("%d%d", &x, &y); g[x].insert(y); g[y].insert(x); } cnt = n; for (int i = 1; i <= n; ++i) { if (!del[i]) { Del(i); } } printf(cnt == 2? "Yes\n" : "No\n"); return 0; }
G. Fascination Street
题意：街道上有一排一开始都是灭的灯，要点亮其中的一部分灯使得每一盏灯要么被点亮，要么左右相邻的灯中有被点亮的。点亮每一盏灯有各自的代价，你还有$k$次机会交换其中的两盏灯。问最小代价。
题解：容易发现交换的一定是一盏亮的灯和一盏灭的灯。可以$dp$，设$f_{i,x,y,a,b}$表示考察了前$i$盏灯，最后两盏灯的亮灭状态分别为$x,y$，已经有$a$盏亮的灯被换走了，已经有$b$盏灭的灯被换上了的最小代价，只有四种转移：点灯；不点灯；点亮后被换走；不点从别的地方弄个灯过来。复杂度$O(nk^2)$。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int K = 10; const int N = 2.5e5 + 5; const long long INF = 1e17; int n, k; int w[N]; long long dp[2][2][2][K][K]; bool Chkmin(long long &a, long long b) { return (a > b)? (a = b, 1) : (0); } int main() { scanf("%d%d", &n, &k); for (int i = 1; i <= n; ++i) { scanf("%d", &w[i]); } memset(dp, 0x3f, sizeof dp); dp[0][1][0][0][0] = 0; for (int i = 0; i < n; ++i) { int nxt = ~i & 1, pre = i & 1, val = w[i + 1]; memset(dp[nxt], 0x3f, sizeof dp[nxt]); for (int a = 0; a <= k; ++a) { // to help for (int b = 0; b <= k; ++b) { // usd for (int x = 0; x < 2; ++x) { for (int y = 0; y < 2; ++y) { if (dp[pre][x][y][a][b] > INF) continue; Chkmin(dp[nxt][y][1][a][b], dp[pre][x][y][a][b] + val); if (x || y) Chkmin(dp[nxt][y][0][a][b], dp[pre][x][y][a][b]); if (b < k) Chkmin(dp[nxt][y][1][a][b + 1], dp[pre][x][y][a][b]); if (a < k && (x || y)) Chkmin(dp[nxt][y][0][a + 1][b], dp[pre][x][y][a][b] + val); } } } } } long long ans = INF; for (int i = 0; i <= k; ++i) { for (int x = 0; x < 2; ++x) { for (int y = 0; y < 2; ++y) { if (x || y) { ans = min(ans, dp[n & 1][x][y][i][i]); } } } } printf("%lld\n", ans); return 0; }
K. Interesting Drug
题意：一条路上按顺序有 n 瓶毒药，对于每个$i \in [1, n]$，求出如下的值：从$i$出发，每个时刻都可以向左或向右，最终可以得到一个吃毒药的排列，一个排列的伤害定义为$\sum\limits_{j = 1}^{n} d_j[p_{c_j} = j]$，求可能的排列中最大的伤害值。
题解：很容易发现已经吃到的毒药可以表示成一个区间，就能想到一个$O(n^2)$的$dp$，即$f_{i, j}$表示当前已经吃到的毒药区间是$[i,j]$，吃完剩下的毒药的最大伤害是多少。转移是$O(1)$的，第$i$个答案就是$f_{i,i}+d_i[c_i = 1]$。如果把它放到一个二维平面上考虑，就可以把状态看成一个点，把转移看成一条带权的向左或向下的有向边，第$i$个答案就是$(1,n)$到$(i,i)$的最长路径。由于带权的边只有$2*n$条，可以考虑逐层转移，一条边的转移大概就是一个前缀取$max$的过程，用树状数组优化即可。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 3e5 + 5; int n; int c[N], d[N]; long long t[N]; vector<int> row[N]; void Upd(int x, long long v) { for (; x; x -= x & -x) { t[x] = max(t[x], v); } } long long Ask(int x) { long long r = 0; for (; x <= n; x += x & -x) { r = max(r, t[x]); } return r; } int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; ++i) { scanf("%d", &c[i]); } for (int i = 1; i <= n; ++i) { scanf("%d", &d[i]); if (i >= c[i] && c[i] != 1) { row[i - c[i] + 1].push_back(i); } } for (int i = 1; i <= n; ++i) { for (int j = row[i].size() - 1; ~j; --j) { int x = row[i][j]; Upd(x - 1, Ask(x) + d[x]); } printf("%lld%c", Ask(i) + (c[i] == 1? d[i] : 0), " \n"[i == n]); if (i + c[i] - 1 <= n) { Upd(i + c[i] - 1, Ask(i + c[i] - 1) + d[i]); } } return 0; }
