COCI 2024/2025 #3

T1 P11474 [COCI 2024/2025 #3] 公交车 / Autobus

愤怒，从红升橙足以说明其恶心，考场上调了半小时才过。

这道题的车能够开 \(24\) 小时，并且他能从前一天开到第二天，由于它只能开 \(24\) 小时，所以说发车时间的时刻晚于或等于到达时间，说明他开了一天，由于这个，所以我们要处理 \(3\) 天的情况。

先把所有的时间段存下来，然后分别加 \(1440\) 和 \(2880\) 分钟，暴力匹配，时间复杂度 \(O(600^2) = O(1)\) ~~（不是）~~。

//# pragma GCC optimize("Ofast")
# include <bits/stdc++.h>
# define fr front
# define il inline
# define fir first
# define sec second
# define vec vector
# define it iterator
# define pb push_back
# define lb lower_bound
# define ub upper_bound
# define all(x) x.begin(), x.end()
# define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))

# define lc (t[p].l)
# define rc (t[p].r)
# define ls(x) (x << 1)
# define rs(x) (x << 1 | 1)
# define lson ls(p), l, mid
# define rson rs(p), mid + 1, r

# define sqr(x) ((x) * (x))
# define bpc __builtin_popcount
# define lowbit(x) ((x) & (-(x)))
# define geti(x, i) (((x) >> (i)) & 1)
# define set1(x, i) ((x) | (1 << (i)))
# define set0(x, i) ((x) & (~(1 << (i))))

# define debug1(x) cerr << #x << " = " << x << " "
# define debug2(x) cerr << #x << " = " << x << "\n"
# define bug cerr << "--------------------------\n"

# define each1(i, x) for(auto (i) : (x))
# define each2(i, x) for(auto (&i) : (x))
# define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++ i)
# define pre(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); -- i)
# define G(i, h, u, ne) for(int i = h[(u)]; i; i = ne[i])
# define reps(i, a, b, c) for(int i = (a); i <= (b); i += (c))
# define pres(i, a, b, c) for(int i = (a); i >= (b); i -= (c))
using namespace std;

using DB = double;
using LL = long long;
using LDB = long double;
using PII = pair<int, int>;
using ULL = unsigned long long;

const int INF1 = 0x3f3f3f3f, INF2 = INT_MAX;
const LL INF3 = (LL)1e18, INF4 = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f, INF5 = LLONG_MAX;

int n, ans;

vec<PII> tmp1, tmp2, v1, v2;

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	
	ans = INF1;
	
	char ch, s[114];
	int h1, h2, m1, m2;
	
	cin >> n;
	rep(i, 1, n){
		cin >> s + 1;
		if(s[1] == 'Z'){
			cin >> h1 >> ch >> ch;
			m1 = (ch - '0') * 10;
			cin >> ch;
			m1 += ch - '0';
			cin >> ch >> ch;
			cin >> h2 >> ch >> ch;
			m2 = (ch - '0') * 10;
			cin >> ch;
			m2 += ch - '0';
			int t1 = h1 * 60 + m1;
			int t2 = h2 * 60 + m2;
			if(t1 > t2) tmp1.pb({t1, t2 + 1440});
			else tmp1.pb({t1, t2});
		}
		
		else{
			cin >> h1 >> ch >> ch;
			m1 = (ch - '0') * 10;
			cin >> ch;
			m1 += ch - '0';
			cin >> ch >> ch;
			cin >> h2 >> ch >> ch;
			m2 = (ch - '0') * 10;
			cin >> ch;
			m2 += ch - '0';
			int t1 = h1 * 60 + m1;
			int t2 = h2 * 60 + m2;
			if(t1 > t2) tmp2.pb({t1, t2 + 1440});
			else tmp2.pb({t1, t2});
		}
	}
	
	each2(x, tmp1){
		v1.pb(x);
		v1.pb({x.fir + 1440, x.sec + 1440});
		v1.pb({x.fir + 2880, x.sec + 2880});
	}
	
	each2(x, tmp2){
		v2.pb(x);
		v2.pb({x.fir + 1440, x.sec + 1440});
		v2.pb({x.fir + 2880, x.sec + 2880});
	}
	
	each2(a, v1){
		each2(b, v2){
			if(a.sec >= b.fir) continue;
			ans = min(ans, b.sec - a.fir + 1);
		}
	}
	
	if(ans == INF1) cout << "NEMOGUCE";
	else{
		cout << ans / 60 << ":";
		ans %= 60;
		if(ans < 10) cout << "0";
		cout << ans;
	}
	
	return 0;
}

T2 P11475 [COCI 2024/2025 #3] 红蓝牌 / Karte

考场上轻信了 @ma_niu_bi 的话，用 DP 做，实际上我没有按照 DP 想的时候，直接 \(5\) 分钟就秒了。

看到 \(1 \le N,M \le 21\)，\(0 \le X,Y \le 30\)，其实我就有想法了，\(\rm strength = w − X \times r − Y \times b\)，如果说我们能够枚举哪些红牌需要选，对于每张蓝牌，选与不选就取决于他能与红牌组成好对的数量大不大于 \(Y\)，因为 \(X \times r\) 已经确定了（枚举的）。时间复杂度 \(O(2^n \times m \times n)\) 改好能卡过。

//# pragma GCC optimize("Ofast")
# include <bits/stdc++.h>
# define int LL
# define fr front
# define il inline
# define fir first
# define sec second
# define vec vector
# define it iterator
# define pb push_back
# define lb lower_bound
# define ub upper_bound
# define all(x) x.begin(), x.end()
# define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))

# define lc (t[p].l)
# define rc (t[p].r)
# define ls(x) (x << 1)
# define rs(x) (x << 1 | 1)
# define lson ls(p), l, mid
# define rson rs(p), mid + 1, r

# define sqr(x) ((x) * (x))
# define bpc __builtin_popcount
# define lowbit(x) ((x) & (-(x)))
# define geti(x, i) (((x) >> (i)) & 1)
# define set1(x, i) ((x) | (1 << (i)))
# define set0(x, i) ((x) & (~(1 << (i))))

# define debug1(x) cerr << #x << " = " << x << " "
# define debug2(x) cerr << #x << " = " << x << "\n"
# define bug cerr << "--------------------------\n"

# define each1(i, x) for(auto (i) : (x))
# define each2(i, x) for(auto (&i) : (x))
# define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++ i)
# define pre(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); -- i)
# define G(i, h, u, ne) for(int i = h[(u)]; i; i = ne[i])
# define reps(i, a, b, c) for(int i = (a); i <= (b); i += (c))
# define pres(i, a, b, c) for(int i = (a); i >= (b); i -= (c))
using namespace std;

using DB = double;
using LL = long long;
using LDB = long double;
using PII = pair<int, int>;
using ULL = unsigned long long;

const int N = 25, X = 35;
const int INF1 = 0x3f3f3f3f, INF2 = INT_MAX;
const LL INF3 = (LL)1e18, INF4 = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f, INF5 = LLONG_MAX;

int n, m, x, y, ans, val, cnt;
char ok[N][N];

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	
	cin >> n >> m >> x >> y;
	
	rep(i, 1, n){
		cin >> ok[i] + 1;
	}
	
	rep(s, 0, (1 << n) - 1){
		val = bpc(s) * (-x);
		
		rep(i, 1, m){
			cnt = 0;
			
			rep(j, 0, n - 1){
				if(geti(s, j)) cnt += (ok[j + 1][i] - '0');
			}
			
			if(cnt - y > 0) val += cnt - y;
		}
		
		ans = max(ans, val);
	}
	
	cout << ans;
	
	return 0;
}

T3 P11476 [COCI 2024/2025 #3] 涂矩阵 / Bojanje

手模样例可以隐隐约约的感觉到，如果一行/列的颜色全部为 \(1/2\)，那么这一行/列就可以在最后填。但是我们发现全部为 \(1/2\) 的就那么多，剩下的咋办？我们可以把最后填的一行/列的颜色在脑海中置为 \(-1\)，也就是两种颜色都可以。然后就可以一直推下去。我们维护每一行/列的 \(1/2\) 的个数，每次从新 \(O(n)\) 遍历，把个数为 \(n\) 在原数组 \(a\) 中置为 \(-1\)。如果没有找到那我们直接判断有无解，那就是原数组 \(a\) 是否只由 \(-1/0\) 构成，如果不是，无解（此时已经找不到填的了，当然无解），有解就倒着输出答案。时间复杂度应该是 \(O(n^2)\)，反正是能过。

# include <bits/stdc++.h>
# define vec vector
# define pb push_back
# define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++ i)
# define pre(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); -- i)
using namespace std;

const int N = 2e3 + 10;

int n;
int a[N][N], row[3][N], col[3][N];

bitset<N> visrow, viscol;

struct node{
	int type, rowcol, c;
};

vec<node> ans;

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	
	cin >> n;
	
	rep(i, 1, n){
		rep(j, 1, n){
			cin >> a[i][j];
		}
	}
	
	rep(i, 1, n){
		rep(j, 1, n){
			row[1][i] += (a[i][j] == 1);
			row[2][i] += (a[i][j] == 2);
		}
	}
	
	rep(i, 1, n){
		rep(j, 1, n){
			col[1][i] += (a[j][i] == 1);
			col[2][i] += (a[j][i] == 2);//初始化数组 
		}
	}
	
	while(1){
		bool sol = false;
		
		rep(c, 1, 2){
			rep(i, 1, n){
				if(row[c][i] == n && !visrow[i]){//前提是没填过 
					sol = true;
					visrow[i] = true;
					ans.pb({1, i, c});
					rep(j, 1, n){
						col[3 - c][j] ++;//相同颜色已经计算过，不能再次计算，所以3-c 
						a[i][j] = -1;//记得置为-1 
					}
				}
			}
		}
		
		rep(c, 1, 2){
			rep(i, 1, n){
				if(col[c][i] == n && !viscol[i]){ 
					sol = true;
					viscol[i] = true;
					ans.pb({2, i, c});
					rep(j, 1, n){
						a[j][i] = -1;
						row[3 - c][j] ++;
					}
				}
			}
		}
		
		if(!sol){//没法填了 
			rep(i, 1, n){
				rep(j, 1, n){
					if(a[i][j] != 0 && a[i][j] != -1){//无解，你已经没法填了，当然是无解 
						cout << "-1";
						return 0;
					}
				}
			}
			
			break;
		}
	}
	
	cout << ans.size() << "\n";
	while(!ans.empty()) cout << ans.back().type << " " << ans.back().rowcol << " " << ans.back().c << "\n", ans.pop_back();//倒着输出 
	
	return 0;
}

T4 P11477 [COCI 2024/2025 #3] 林卡树 / Stablo

这道题很唐，考场上我们机房都没有人开，以为是紫色的，后来发现我 \(10\) 分钟就能秒。

如果一个玩意带修，你可以先看它的不带修版本咋做，直接树形 DP：

void dfs(int u, int fa){
	sum[u] = val[u];
	
	each2(v, e[u]){
		if(fa == v) continue;
		
		dfs(v, u);
		
		dp[u] += dp[v] + sum[v];
		sum[u] += sum[v];
	}
	
}

因为每次距离加 \(1\)，所以说 DP 值就应该是子树 DP 和再加上子树的值和。

但是这玩意也不能说他是完全带修，因为每次操作都是在初始形态的树上操作。既然已经想到这一步，我们直接看操作。首先如果 \(x\) 是 \(y\) 的儿子，那直接输出 \(dp_y\)。否则我们看操作的影响，对于 \(dp_y\) 来说，由于 \(x\) 接在 \(z\) 上，那么需要先预处理跳 \(z\) 的倍增（不会可以学倍增 LCA），跳了以后，\(z\) 子树除 \(x\) 的子树全部深度加一，所以加 \(sum_z\) 再减去 \(sum_x\)，而 \(x\) 多算了 \(deep_x - deep_y\) 次，减去 \((deep_x - deep_y) \times val_x\)，最后再加上 \(val_x\)，因为这时候 \(x\) 是 \(y\) 的儿子。预处理时间复杂度 \(O(n)\)，单次询问跳倍增 \(O(\log n)\)，总时间复杂 \(O(n + q \times \log n)\)，可以通过此题。

# include <bits/stdc++.h>
# define int LL
# define vec vector
# define pb push_back

# define each1(i, x) for(auto (i) : (x))
# define each2(i, x) for(auto (&i) : (x))
# define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++ i)
# define pre(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); -- i)
using namespace std;

using LL = long long;

const int N = 5e5 + 10;

int n, q;
int ln[N], sum[N], val[N], dp[N], deep[N], f[N][20];

vec<int> e[N];

void init(){
	ln[1] = 0;
	rep(i, 2, N - 10){
		ln[i] = ln[i >> 1] + 1;
	}
}

void dfs(int u, int fa){
	sum[u] = val[u];
	deep[u] = deep[fa] + 1;
	f[u][0] = fa;
	
	rep(i, 1, ln[deep[u]]) f[u][i] = f[f[u][i - 1]][i - 1];//预处理 
	
	each2(v, e[u]){
		if(fa == v) continue;
		
		dfs(v, u);
		
		dp[u] += dp[v] + sum[v];
		sum[u] += sum[v];
	}
	
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	
	init();
	
	cin >> n >> q;
	
	rep(i, 1, n) cin >> val[i];
	
	rep(i, 2, n){
		int f;
		cin >> f;
		e[i].pb(f);
		e[f].pb(i);
	}
	
	dfs(1, 0);
	
	while(q --){
		int x, y;
		cin >> x >> y;
		
		if(deep[y] == deep[x] - 1){
			cout << dp[y] << "\n";
			continue;
		}
		
		int z = x;
		
		int s = ln[deep[z]];//倍增 
		while(s >= 0){
			if(deep[f[z][s]] >= deep[y] + 1) z = f[z][s];
			s --;
		}
		
		cout << dp[y] + sum[z] - sum[x] - val[x] * (deep[x] - deep[y]) + val[x] << "\n";
	}
	
	return 0;
}

T5 P11478 [COCI 2024/2025 #3] 处理器 / Procesor

没补，不会。

posted @ 2024-12-29 15:15 MrTourist 阅读(41) 评论(0) 编辑收藏举报

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