NEERC Southern Subregional 2012

Problem B. Chess Championship

题目描述：有两个序列\(a, b\)，两个序列都有\(n\)个数，并且这\(2n\)个数两两不同，现在要将这两个序列里的数两两配对，组成\(n\)个数对，要求数对中\(a\)的数比\(b\)的数大的数对个数要比其它的多\(m\)个。问方案数。

solution
将这\(2n\)个数从小到大排，预处理出前\(i\)个数中\(a, b\)的个数\(suma, sumb\), \(f[i][j][k]\)表示前\(i\)个数，匹配了\(j\)对\(a>b\)的数对，还有\(k\)个\(a\)未匹配。
如果第\(i\)个数是\(a\)的数：

与前面的一个还没有匹配的\(b\)匹配，\(f[i+1][j+1][k]+=f[i][j][k]*(sumb[i-1]-suma[i-1]+k)\)
留着让后面的\(b\)匹配，\(f[i+1][j][k+1]+=f[i][j][k]\)
如果第\(i\)个数是\(b\)的数：
与前面一个还没有匹配的\(a\)匹配，\(f[i+1][j][k-1]+=f[i][j][k]*k\)
留着让后面的\(a\)匹配，\(f[i+1][j][k]+=f[i][j][k]\)

答案就是\(f[2*n+1][0][0]\)，因为空间不够，所有要有滚动数组，而且卡常，所以要控制好枚举的范围。

时间复杂度：\(O(n^3)\)

Problem E. Dragons and Princesses

题目描述：有\(n\)个格子，每个格子上有一条龙或一个公主，每条龙守着一定数量的金币，现在要从第一个格子出发，遇到龙时可以选择跳过，也可以选择杀死龙并拿走金币，如果遇到公主，假如杀龙的数量大于等于公主的要求，那么就要娶这个公主，已知最后一个格子是一个公主，并且娶且只娶最后一个公主，问最多能拿多少金币，输出方案。

solution
首先从后往前，算出到达每个格子时最多能杀多少条龙，然后用一个堆维护最大的那几条龙即可。

时间复杂度：\(O(nlogn)\)

Problem F. Dumbbells

题目描述：有\(n\)个球，每个球的重量为\(w_i\)，价值为\(c_i\)，现在要取尽量多的集合，每个集合必须要有\(k\)个球，并且\(k\)个球的重量不同，而且每个集合的重量集合必须相同。问在最多能构成多少个集合，并且最大价值为多少。

solution
统计每种重量的球有多少，从大到小排序，然后取前\(k\)种重量，对应的集合数为第\(k\)中重量的球的个数\(s\)，然后算出球数大于等于\(s\)的重量中每种重量的最贵的\(s\)个球的总价值，然后取价值最大的\(k\)中重量。

时间复杂度：\(O(nlogn)\)

Problem G. Database optimization

题目描述：有\(n\)个物品，每个物品有不超过\(4\)种性质，有\(m\)个询问，每次询问拥有某些性质的物品有多少。

solution
性质的集合不超过\(n*2^4\)种，预处理出这些集合各有多少个物品拥有即可，用一个\(map\)就好了。

时间复杂度：\(O(2^4n+m)\)

Problem H. Sultan's Pearls

题目描述：有一串珠子放在桌上，一共有\(n\)个珠子，其中有\(m\)个悬在桌边，每个珠子有重量和价值，现在一次可以从两边取一个珠子（桌上或悬挂），如果取的是悬挂的珠子，则要从桌上移一个珠子使悬挂的珠子总数不变，当悬挂的珠子的总重量大于桌上的珠子的总重量乘\(k\)时，珠子会掉下来，问在保证珠子不掉下来的情况下，能拿走的最大总价值，输出方案。

solution
方案显然是先拿走悬挂的，然后再拿在桌上的。所以可以枚举最终悬挂的珠子的最下面一个是哪个，然后二分出桌面上最多能拿走多少个珠子，然后贪心地拿就好。

时间复杂度：\(O(nlogn)\)

Problem J. Ternary Password

题目描述：有一个只有\(0, 1, 2\)的字符串，现在可以修改某些位置的字符，使得最终有\(a\)个\(0\)，\(b\)个\(1\)，问最少需要修改多少个字符，并且输出修改后的字符串。

solution
贪心。

时间复杂度：\(O(n)\)

Problem K. Tree Queries Online

题目描述：给定一棵树，树有边权，不断地删掉一条边，输出删掉的边的权值\(val\)，取出分开的两棵树中点数较少的树（如果相同则取最小编号的点所在的树），这棵树的边权乘\(val\)，另一棵树的边权加\(val\)。强制在线。

solution
启发式拆树，拆的时候同时扩展两棵树，有一棵树搜完就停下，然后把这棵树的边权暴力更新，新建一个集合存这些点，旧的集合存另外一棵树，在旧集合打上边权增量标记。

时间复杂度：\(O(nlogn)\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int mod=99990001;
const int maxn=int(2e5)+100;

struct LINK
{
	int id, pre, next;
};

int n, now;
int h[maxn], nx[maxn];
LINK t[maxn*2];
int block[maxn];
int blockcnt;
LL ans[maxn], mark[maxn];
queue<int> q[2];
int edge[2][maxn];
bool vis[maxn];

void join(int u, int v)
{
	t[now].id=v; t[now].next=h[u]; t[now].pre=-1; if (h[u]!=-1) t[h[u]].pre=now; h[u]=now++;
	t[now].id=u; t[now].next=h[v]; t[now].pre=-1; if (h[v]!=-1) t[h[v]].pre=now; h[v]=now++;
}
void read()
{
	scanf("%d", &n);
	for (int i=1; i<=n; ++i) h[i]=-1;
	for (int i=1; i<n; ++i)
	{
		int u, v, w;
		scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
		join(u, v);
		ans[i]=w;
	}
}
void bfs(int u, int v, int blockidx, LL w)
{
	int minidx[2]={u, v};
	edge[0][0]=edge[1][0]=0;
	nx[u]=h[u]; nx[v]=h[v];

	while (!q[0].empty()) q[0].pop();
	while (!q[1].empty()) q[1].pop();
	q[0].push(u); q[1].push(v);

	while (!q[0].empty() && !q[1].empty())
	{
		for (int j=0; j<2; ++j)
		{
			int cur=q[j].front();
			bool flag=false;

			for (int i=nx[cur]; i>-1; i=nx[cur]=t[i].next)
				if (!vis[i/2+1])
				{
					flag=true;
					minidx[j]=min(minidx[j], t[i].id);
					q[j].push(t[i].id);
					edge[j][++edge[j][0]]=i/2+1;
					nx[t[i].id]=h[t[i].id];
					vis[i/2+1]=true;
					nx[cur]=t[i].next;
					break;
				}
			if (!flag) q[j].pop();
		}
	}

	int idx=0;
	if ((!q[0].empty() && q[1].empty()) || (q[0].empty() && q[1].empty() && minidx[1]<minidx[0])) idx=1;

	++blockcnt;
	for (int i=1; i<=edge[idx][0]; ++i)
	{
		ans[edge[idx][i]]=(ans[edge[idx][i]]+mark[blockidx])*w%mod;
		block[edge[idx][i]]=blockcnt;
	}
	mark[blockidx]=(mark[blockidx]+w)%mod;

	for (int j=0; j<2; ++j)
		for (int i=1; i<=edge[j][0]; ++i) vis[edge[j][i]]=false;
}
void edge_del(int idx)
{
	for (int cur=idx*2-2; cur<idx*2; ++cur)
	{
		if (t[cur].pre!=-1) t[t[cur].pre].next=t[cur].next;
		else h[t[cur^1].id]=t[cur].next; 
		if (t[cur].next!=-1) t[t[cur].next].pre=t[cur].pre;
	}
}
void solve()
{
	blockcnt=1;
	for (int i=1; i<n; ++i) block[i]=1;

	for (int i=1; i<n; ++i)
	{
		int idx;
		scanf("%d", &idx);
		printf("%lld\n", (ans[idx]=(ans[idx]+mark[block[idx]])%mod));
		fflush(stdout);
		edge_del(idx);
		bfs(t[(idx-1)*2].id, t[idx*2-1].id, block[idx], ans[idx]);
	}
}
int main()
{
	read();
	solve();
	return 0;
}

Problem L. Preparing Problem

solution
仔细算一下就好了。

时间复杂度：\(O(1)\)

posted @ 2018-11-07 00:08 GerynOhenz 阅读(202) 评论(0) 编辑收藏举报

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