20170820四校联考
来看看IOIAu巨神zzx的名言
不用循环输入就会狗啊哥哥！
上题目：
T1：
填算式（expr）
【题目描述】
填算式是一种简单的数学游戏，可以形式化描述如下：n 个数字a1; a2; …… ; an 排成一排（1<= ai<=9），相邻两个数字之间有一个空格。你可以在每个空格内填入运算符+- * 之一，也可以不填，要求得到的算式的运算结果等于k。你的任务是计算有多少种不同的正确算式。比如n = 3，3 个数字为2; 2; 2，k = 24时，有两种不同的正确算式：22 + 2 = 24，2 + 22 = 24。
【输入格式】
从文件expr.in 中读入数据。
输入的第一行包含两个整数n; k，表示数字个数和要求的答案。
接下来一行，包含n 个整数，第i 个数为ai。相邻两个整数用一个空格隔开。
【输出格式】
输出到文件expr.out 中。
输出一个整数，表示不同的正确算式个数。
【样例1 输入】
4 11
1 2 3 4
【样例1 输出】
3
【样例1 解释】
3 个正确的算式为：12 + 3 4 = 11，1 + 2 3 + 4 = 11，1 2 + 3 4 = 11。
【样例2 输入】
7 1
1 1 1 1 1 1 1
【样例2 输出】
241
【样例3 输入】
10 3276
7 7 8 6 1 4 1 1 1 4
【样例3 输出】
104
【子任务】
子任务会给出部分测试数据的特点。如果你在解决题目中遇到了困难，可以尝试只
解决一部分测试数据。
每个测试点的数据规模及特点如下表：
题解：
比较简单的搜索吧（虽然我打挂了）
直接DFS从左到右枚举每个空格填+,-,×还是不填，然后计算这个式子的值，这样复杂度是4^(n-1)*n，期望得分95分
在DFS的参数里面存储当前运算结果，可以一边DFS一边计算，具体做法如下：
维护参数 a,b,c，初始 a=c=0，b=1
不填，则 c->10c+x[i]
填+，则 a->a+bc,b=1,c=x[i]
填-，则 a->a+bc,b=-1,c=x[i]
填×，则 b->bc,c=x[i]
最后 a+bc就是运算结果
复杂度优化到4^(n-1)，期望得分100分
部分分算法：
如果不会DFS，可以用三重循环通过测试点1~12，期望得分60分
如果不会循环，可以用条件语句通过测试点1~4或者1~8，期望得分20~40分
代码：
#include<cstdio> #define r register #define Fn "expr" typedef long long ll; int n,k,ans,x[15]; bool check(ll a,ll b,ll c){return a+b*c==k;} void dfs(int st,ll a,ll b,ll c){ if(st==n){ans+=check(a,b,c);return;} dfs(st+1,a,b,c*10+x[st]); dfs(st+1,a+b*c,1,x[st]); dfs(st+1,a+b*c,-1,x[st]); dfs(st+1,a,b*c,x[st]); } int main(){ freopen(Fn".in","r",stdin); freopen(Fn".out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&k); for(r int i=0;i<n;i++)scanf("%d",x+i); dfs(1,0,1,x[0]); printf("%d\n",ans); return 0; }
T2：
闭合子图（closure）
【样例1 输入】
5 5
1 3
3 4
5 4
1 5
2 1
【样例1 输出】
5
题解：
部分分算法：枚举子集
枚举 V 的非空子集 S，根据定义判定是否满足条件，更新答案
判定部分实现优秀的话可以做到O(1)，期望得分20~25分
部分分算法：枚举区间
注意到点集构成的区间只有 n(n+1)/2 个，可以枚举区间然后将区间内的点作为S，进行判定
直接实现的复杂度 O(n^2*m)，期望得分35分
注意到对于一个点u的出边(u,v)，只有最小的v和最大的v是有用的，可以将m缩小到2n
复杂度 O(n^3)，期望得分40分
进一步地，可以枚举左端点，然后从小到大枚举右端点，维护区间内出边指向点的最小值和最大值
复杂度 O(n^2)，期望得分50分
部分分算法：树的数据
对于测试点11,12，显然所有形如[1,i]的区间都满足条件
所以答案为n，复杂度O(n)，期望得分10分，结合上述算法期望得分60分
部分分算法：DAG的数据
对于测试点13,14，判定区间[l,r]是否满足要求只需要[l,r]内的点指向的点编号均不超过r
用p[i]表示i指向的点的编号（不存在则p[i]=i），则可以枚举r，找出第一个满足p[i]>r的i，那么l=i+1,i+2,...,r都是合法的，答案加上r-i
从左到右维护p[i]的递减单调栈即可，复杂度O(n)，期望得分15分。
结合上述算法期望得分75分
算法：分治
考虑分治，假设当前统计的是[L,R]有多少个子区间合法，取mid=[(L+R)/2]，统计包含mid和mid+1的合法区间个数
记p[i],q[i]分别表示i的出边指向点的最小值和最大值（不存在则为i）
则区间[l,r]合法的条件是
对于l<=i<=mid，p[i]>=l (1) 且 q[i]<=r (2)
对于mid<i<=r，p[i]>=l (3) 且 q[i]<=r (4)
条件(1)只和l有关，条件(4)只和r有关，做一遍前缀/后缀最值把合法的l,r处理出来即可
记Q[l]=max{q[i]|l<=i<=mid}，条件(2)就是r>=Q[l]
如果记r'为最小的r>=mid满足p[r']<l，那么条件(3)就是r<r'，且r'随l的减小而增大
那么只需从大到小枚举l，维护Q[l]，单调维护r'，答案加上[Q[l],r')内的合法r个数，这一部分复杂度是线性的
总复杂度O(nlogn)，期望得分100分
如果复杂度不小心多写了一个log可能只有95分
代码：
#include<cstdio> #define maxn 300010 #define reg register #define Fn "closure" #define mod 1000000007 #define mid (lt+rt>>1) typedef long long ll; int n,m,ans; int l[maxn],r[maxn],s[maxn]; inline int read(){ reg int x=0,f=1;reg char c=getchar(); for(;c<'0'||c>'9';f=c=='-'?-1:1,c=getchar()); for(;c>='0'&&c<='9';x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar()); return x*f; } void bs(int lt,int rt){ if(rt-lt==1){ans+=l[lt]==lt&&r[lt]==lt;return;} reg int mr=0; s[mid-1]=0; for(reg int i=mid;i<rt;i++){ if(r[i]>mr)mr=r[i]; s[i]=s[i-1]+(mr==i); } reg int ml=1<<30,pos=mr=mid; for(reg int i=mid;i-->lt;){ if(l[i]<ml)ml=l[i]; if(r[i]>mr)mr=r[i]; while(pos<rt&&l[pos]>=i)pos++; if(ml==i&&pos>mr)(ans+=s[pos-1]-s[mr-1])%=mod; } bs(lt,mid); bs(mid,rt); } int main(){ freopen(Fn".in","r",stdin); freopen(Fn".out","w",stdout); n=read();m=read(); for(reg int i=1;i<=n;)l[i]=r[i]=i++; while(m--){ reg int s=read(),t=read(); if(t<l[s])l[s]=t; if(t>r[s])r[s]=t; } bs(1,n+1); printf("%d\n",ans); return 0; }
T3：
题解：
部分分算法：搜索
暴搜t步移动，复杂度 O(4^t)，期望得分32分
部分分算法：最短路+搜索
注意到，两个相邻的金币（或起点、终点）之间走的路径一定是最短路
所以BFS预处理出起点、终点和k个金币两两之间的最短路，然后搜索经过金币的顺序
复杂度 O(knm+k!)，期望得分56分
如果偷懒把搜索部分写成 k!*k，可能只有52分
部分分算法：最短路+状压DP
同样先BFS处理最短路，用 d(i,j) 表示金币 i,j 的距离，起点为 0，终点为 k+1
记 f(i,S) 为当前位于第 i 个金币处（假设起点是第 0 个金币），之后经过金币集合 S 到终点的最短时间
当 S 为空时 f(i,S) = d(i,k+1)
否则 f(i,S) = min{f(j, S-{j}) + d(i,j) | j属于S}
复杂度 O(knm+2^k*k^2)，期望得分64~68分
分析性质：
迷宫可认为是(n+1)(m+1)个点，(n+1)m+(m+1)n-nm=nm+n+m=(n+1)(m+1)-1边的无向连通图，即树
树上任意两点间存在唯一简单路径
考虑从起点s到终点t，拾取集合 S 内的金币的最优走法
记 P 为 s 到 t 路径，显然位于 P 上的边要走奇数次，其余边要走偶数次
将 P 上的点当作根，那么对于任意 S 中的点 v，v 到根的路径必须被经过，其余边都可以不经过
记 P 为s到 E' 为所有 S 中的点 v 到根的路径经过的边集
那么至少需要 |P|+2|E'| 的时间，显然按 P 的顺序逐个DFS子树可以达到这个下界
算法：树形DP
首先 P 上的金币都可以拾取，接下来令 t'=[(t-|P|+1)/2]，然后把 P 缩成一个点 root
先预处理 s(i) 为以 i 为根的子树中的金币数量
记 f(i,j) 为以 i 为根的子树中取 j 个金币，经过边数的最小值
设 i 的子结点有 c[1],c[2],...,c[m]
g(i,j) 为以 c[1],c[2],...,c[i] 为根的子树中取 j 个金币，经过边数的最小值
那么 g(i,j)=max{g(i-1,j-j')+f(c[i],j')+[j'>0] | 0<=j'<=s(c[i]) 且 0<=j-j'<=s(c[1])+...+s(c[i-1])}
f(i,j) = g(m,j) + [i点有金币]
答案就是满足 f(root,ans)<=t' 的最大 ans
时间复杂度 O(knm)，期望得分100分
代码：
#include<cstdio> #define inf 0x3f3f3f3f #define r register #define Fn "maze" #define maxn 505 #define maxe 251115 typedef long long ll; int n,m,t,k,len; int px[maxe],py[maxe]; bool w[maxn][maxn][4],c[maxe],vis[maxn][maxn]; const int dir[2][4]={{-1,0,0,1},{0,-1,1,0}}; #define C(a,b) (a*(m+1)+b) inline int read(){ r int x=0,f=1;r char c=getchar(); for(;c<'0'||c>'9';f=c=='-'?-1:1,c=getchar()); for(;c>='0'&&c<='9';x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar()); return x*f; } bool dfs(int x,int y){ vis[x][y]=1;px[len]=x;py[len++]=y; if(x==n&&y==m)return 1; for(r int d=0;d<4;d++) if(!w[x][y][d]){ r int xx=x+dir[0][d],yy=y+dir[1][d]; if(xx>=0&&yy>=0&&xx<=n&&yy<=m&&!vis[xx][yy]&&dfs(xx,yy))return 1; } len--;return vis[x][y]=0; } int sz[maxe],f[maxe][101],g[101]; void dfs(int x,int y,int z){ vis[x][y]=1; if(c[z])sz[z]++; for(r int d=0;d<4;d++) if(!w[x][y][d]){ r int xx=x+dir[0][d],yy=y+dir[1][d]; if(xx>=0&&yy>=0&&xx<=n&&yy<=m&&!vis[xx][yy]){ r int v=C(xx,yy);dfs(xx,yy,v); for(r int i=0;i<=sz[z]+sz[v];i++) g[i]=i<=sz[z]?f[z][i]:inf; for(r int i=0;i<=sz[z];i++) for(r int j=1;j<=sz[v];j++) if(f[z][i]+f[v][j]+1<g[i+j])g[i+j]=f[z][i]+f[v][j]+1; for(r int i=0;i<=sz[z]+sz[v];i++) f[z][i]=g[i]; sz[z]+=sz[v]; } } } int main(){ freopen(Fn".in","r",stdin); freopen(Fn".out","w",stdout); n=read();m=read();t=read(); for(r int i=0;i<n*m;i++){ r int x1=read(),y1=read(),x2=read(),y2=read(),d=0; for(;d<4&&(x2!=x1+dir[0][d]||y2!=y1+dir[1][d]);d++); w[x1][y1][d]=w[x2][y2][3-d]=1; } k=read();r int tot; for(r int i=0;i<k;i++)c[C(read(),read())]=1; dfs(tot=0,0); t=t-len+1>>1; for(r int i=0;i<len;i++){ if(c[C(px[i],py[i])])tot++,k--; c[C(px[i],py[i])]=0;dfs(px[i],py[i],0); } for(;k&&f[0][k]>t;k--); printf("%d\n",k+tot); return 0; }
AristocratMarser将于每周日或周一推送四校联考题解，请大佬们多多指教。
