ZROI C 班模拟赛_by Xiejiadong
T1
棋盘
【题目描述】
小可爱的生日得到了一块棋盘。棋盘有 N 行 M 列，每个位置有一个英文字母的
小写字母。在他的生日聚会上，每个人都感到无聊，所以他们决定玩一个简单
的棋盘游戏。
游戏开始时，在左上角坐标（1，1）的位置放置一个芯片。在每一回合中，我
们都必须将芯片向右或向下移动一个位置。游戏结束时，将芯片移动到标有坐
标（N，M）的棋盘右下角区域。
在游戏中，我们注意到我们通过移动芯片形成的字符串构造一个单词。游戏的
目标是找到所有情况下，移动构成的字典顺序排列的最小单词。
【输入格式】
输入的第一行包含两个正整数 N，N（1≤N，M≤2000），表示棋盘大小。
接下来的 N 行每行一个长度为 M 的字符串，表示棋盘内容。
【输出格式】
输出可能的字典序最小的单词。
【输入输出样例 1】
in:
4 5
ponoc
ohoho
hlepo
mirko
out:
pohlepko
【输入输出样例 2】
in：
4 5
bbbbb
bbbbb
bbabb
bbbbb
out:
bbbbabbb
【样例解释】
对于第一个样例：
【数据范围】
对于其中 40%的数据，保证每一个位置下边和右边的位置中字母都不同。
试图DP，发现没法存字符串。
如果遇到下面和右边是相同的字符的时候，无法确定选哪一个，所以两个都要保留。考虑bfs。用f[x][y]表示这个位置的前驱结点，ans[dep]表示一共走了dep步（向下和向右一共）所能得到的所有串中第dep位最下能是什么字母。每次只有第dep位是ans[dep]的状态才能向下转移。转移的规则是没有搜索过并且字符小于等于另一个方向。
#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<functional>
#define mod 998244353
#define inf 0x3fffffff
#define pi pair<int,int>
#define mp(a,b) make_pair(a, b)
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
int rd(){
int res = 0, fl = 1;
char c = getchar();
while(!isdigit(c)){
if(c == '-') fl = -1;
c = getchar();
}
while(isdigit(c)){
res = (res << 3) + (res << 1) + c - '0';
c = getchar();
}
return res * fl;
}
namespace force{
int main(){
return 0;
}
}
const int maxn=2020;
struct data{
int x, y, dep;
}f[maxn][maxn];
queue<data> q;
int n, m;
char bd[maxn][maxn];
int ans[maxn*2], vst[maxn][maxn];
int tit=0;
void print(data u){
if(u.x==1&&u.y==1){
printf("%c",bd[1][1]); return;
}
print(f[u.x][u.y]);
printf("%c",bd[u.x][u.y]); return;
}
int main(){
n=rd();m=rd();
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
cin>>bd[i][j];
for(int i=0;i<=n+m;++i) ans[i]=200;
q.push((data){1,1,2});ans[2]=bd[1][1]-'a';
while(q.size()){
data u=q.front();q.pop();
int s=u.dep;
if(bd[u.x][u.y]>ans[s]+'a') continue;
if(!vst[u.x+1][u.y]&&u.x+1<=n&&((u.y+1<=m&&bd[u.x+1][u.y]<=bd[u.x][u.y+1])||u.y==m)){
vst[u.x+1][u.y]=1;
ans[s+1]=min(ans[s+1], bd[u.x+1][u.y]-'a');
q.push((data){u.x+1,u.y,s+1});
f[u.x+1][u.y]=u;
}
if(!vst[u.x][u.y+1]&&u.y+1<=m&&((u.x+1<=n&&bd[u.x][u.y+1]<=bd[u.x+1][u.y])||u.x==n)){
vst[u.x][u.y+1]=1;
ans[s+1]=min(ans[s+1], bd[u.x][u.y+1]-'a');
q.push((data){u.x,u.y+1,s+1});
f[u.x][u.y+1]=u;
}
}
if(!(n==1&&m==1))print(f[n][m]);
printf("%c\n",bd[n][m]);
return 0;
}
T2
网络流，流量加和变为取max,所有的流量只有0/1。
分层建图，建n层绝对够用。//1~(n-1)*n //400
超级起点向所有第一层的点连边，流量限制为1，费用为0。S=522
相邻层之间按照给定的邻接矩阵连边，流量限制为0，费用为矩阵值。
最后一层全部链接到超级终点，流量限制为inf,费用为0。//E=667
超级终点全部连接到超级超级终点，流量限制为k,费用为0。//FE=777
但其实假了。
状压。设dp[s]表示有水的状态为s所需的最小花费。最后的答案就是\(\min_{numof1(s) = k}{dp[s]}\)。
转移的时候枚举倒水的过程(i->j)，其中s的i这一位是空的表示i的水已经被倒到了j，j这一位是1。转移方程为\(dp[s]=\min dp[s0] + G[i][j]\)。
复杂度即为$$O(2 ^ n * n ^ 2)$$
#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<functional>
#define mod 998244353
#define inf 0x3fffffff
#define pi pair<int,int>
#define mp(a,b) make_pair(a, b)
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
int rd(){
int res = 0, fl = 1;
char c = getchar();
while(!isdigit(c)){
if(c == '-') fl = -1;
c = getchar();
}
while(isdigit(c)){
res = (res << 3) + (res << 1) + c - '0';
c = getchar();
}
return res * fl;
}
namespace force{
int main(){
return 0;
}
}
const int maxn = 22;
int n, G[maxn][maxn], k, num1[1<<maxn], dp[1<<maxn], ans;
int main(){
n = rd(); k = rd();
for(int i = 1; i <= n; ++i){
for(int j = 1; j <= n; ++j){
G[i][j] = rd();
}
}
ans=inf;
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
for(int s = 0; s <= (1<<n)-1; ++s) num1[s]=num1[s>>1]+(s&1);
dp[(1<<n)-1]=0;
for(int s = (1 << n) - 1; s > 0; s--){
for(int i = 1; i <= n; ++i){
if(s & (1 << (i - 1))) continue;
for(int j = 1; j <= n; ++j){
if(!(s & (1<< (j - 1)))) continue;
// cout<<(s|(1<<(i-1)))<<"->"<<s<<endl;
// cout<<dp[s|(1<<(i-1))]<<"->";
dp[s] = min(dp[s], dp[s | (1 << (i - 1))] + G[i][j]);
// cout<<dp[s]<<endl;
}
}
if(num1[s] == k) ans = min(ans, dp[s]);
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
愤怒的小鸟
币
T3
钦定一个元素x一定在序列中。按顺序考虑x后面的元素，一个简单的想法是比x小的放开头比x大的放结尾，这样就只需要记录xn的最长上升序列放到x后面，xn的最长下降子序列放到x前面，这两个序列的交一定只有x，那么二者拼起来得到的单增序列的长度即为二者长度和减去1。至于方案数，这个序列之外的数都是有前后两种选择的。
方案数即为$$downlen[i]uplen[i]2^{n-downlen[i]-uplen[i]+1}$$。离散化后权值线段树或者树状数组LIS总复杂度\(O(nlogn)\)。
贴一波xie老板的阴间std:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define TRACE(x) cout << #x << " = " << x << endl;
typedef long long int llint;
typedef pair<int, int> par;
#define X first
#define Y second
const int MAXN = 500010, MOD = 1000000007;
inline int add(int a, int b)
{
int ret = a + b;
if(ret >= MOD) ret -= MOD;
return ret;
}
inline int mul(int a, int b)
{
llint ret = (llint)a * b;
if(ret >= MOD) ret %= MOD;
return ret;
}
int n;
int niz[MAXN], dva[MAXN];
par A[MAXN], B[MAXN];
par FWT_gore[MAXN], FWT_dolje[MAXN];
par rj;
par spoji(par a, par b)
{
if(b.X > a.X)
{
a.X = b.X;
a.Y = b.Y;
}
else if(b.X == a.X)
a.Y = add(a.Y, b.Y);
return a;
}
void ubaci_gore(int x, par v)
{
x += 5;
for(; x < MAXN; x += x & -x)
FWT_gore[x] = spoji(FWT_gore[x], v);
}
par upit_gore(int x)
{
x += 5;
par ret(0, 0);
for(; x > 0; x -= x & -x)
ret = spoji(ret, FWT_gore[x]);
return ret;
}
void ubaci_dolje(int x, par v)
{
x += 5;
for(; x > 0; x -= x & -x)
FWT_dolje[x] = spoji(FWT_dolje[x], v);
}
par upit_dolje(int x)
{
x += 5;
par ret(0, 0);
for(; x < MAXN; x += x & -x)
ret = spoji(ret, FWT_dolje[x]);
return ret;
}
void sazmi()
{
vector<int> v;
for(int i = 0; i < n; i++)
v.push_back(niz[i]);
sort(v.begin(), v.end());
v.resize(unique(v.begin(), v.end()) - v.begin());
for(int i = 0; i < n; i++)
niz[i] = lower_bound(v.begin(), v.end(), niz[i]) - v.begin();
}
void sredi_gore()
{
for(int i = n - 1; i >= 0; i--)
{
par p = upit_gore(niz[i] - 1);
if(p.X == 0)
{
A[i] = par(0, 1);
ubaci_gore(niz[i], par(1, 1));
}
else
{
A[i] = p;
p.X++;
ubaci_gore(niz[i], p);
}
}
}
void sredi_dolje()
{
for(int i = n - 1; i >= 0; i--)
{
par p = upit_dolje(niz[i] + 1);
if(p.X == 0)
{
B[i] = par(0, 1);
ubaci_dolje(niz[i], par(1, 1));
}
else
{
B[i] = p;
p.X++;
ubaci_dolje(niz[i], p);
}
}
}
void postavi()
{
dva[0] = 1;
for(int i = 1; i < MAXN; i++)
dva[i] = mul(dva[i - 1], 2);
}
void glavno()
{
for(int i = 0; i < n; i++)
rj = spoji(rj, par(A[i].X + 1 + B[i].X, mul(A[i].Y, B[i].Y)));
rj.Y = mul(rj.Y, dva[n - rj.X]);
}
int main()
{
postavi();
scanf("%d", &n);
for(int i = 0; i < n; i++)
scanf("%d", &niz[i]);
sazmi();
sredi_gore();
sredi_dolje();
glavno();
printf("%d %d\n", rj.X, rj.Y);
return 0;
}
T4
打蚊子
【题目描述】
夏天房间里的蚊子总是让人很烦。小可爱决定打蚊子。
小可爱的蚊子拍是一个 K 边形，现在有 N 个蚊子停在窗户上。窗口是一个矩形，其左下角的顶点位于坐标系的中心（0，0）。在小可爱拿拍子击中窗户 后，多边形（蚊子拍）的顶点必须位于整数坐标上，而且蚊子拍必须位于窗户内，不能有任意一部分超出窗户边界。
蚊子位于顶点、边缘或蚊子拍内部，都认为它受伤了。
现在小可爱想知道有多少不同的可能性，她会一个蚊子都无法击中。
【输入格式】
输入的第一行包含三个整数 Xp,Yp,N（1≤Xp,Yp≤500,0≤N≤Xp*Yp）,分表表示窗户的上边和右边的边长，以及蚊子的数量。
接下来的 N 行，每行两个整数 X，Y（0<X<Xp,0<Y<Yp），表示蚊子的位置。接下来一行一个整数 K（3≤K≤10000），表示蚊子拍的边数量。
接下来的 K 行，每行两个整数 Xi，Yi（-109≤Xi,Yi≤109）,表示蚊子拍的第 i 个顶点。 蚊子拍顶点是按照连接线的顺序提供的，因此相邻的顶点通过直线连接。
【输出格式】
输出击打窗户而不伤害一只蚊子的方式数量。
【样例输入输出 1】
6 7 2 1
2 5
4 5
8
1 4
3 3
4 1
5 3
7 4
5 5
4 7
3 5
【样例输入输出 2】
4 5 2 4
1 3
3 4
4
0 0
2 0
2 2
0 2
如何判断一个点与多边形的位置关系？
多边形内一点发出任意一条射线一定与多边形有奇数个交点，多边形外一点发出任意一条射线一定与多边形有偶数个交点。复杂度O(边数)。判断一个点是否在多边形边界上也是O(边数)。
为了好操作要平移多边形使得左下角在(0,0)
二维图形的是移动转化为一位01串的移动
状压表示，01串的第(2ni+j)位为1表示坐标为(i,j)的点在多边形内部（含），为0表示在多边形外部。
用01串表示拍子和所有蚊子的集合，或起来为0及说明没有蚊子在拍子上。用bitset实现。
然后？？？
看了眼标程要写FFT。
本文来自博客园，作者：咕咕坤，转载请注明原文链接：https://www.cnblogs.com/GuguKun/p/15032922.html
