Test 2018-09-19

题目名称 疯狂生长 两极反转 地震 roads
英文代号 rooftrellen magnus crixalis roads
时限 1 秒 1 秒 见题面 1 秒
输入文件 rooftrellen.in magnus.in crixalis.in roads.in
输出文件 rooftrellen.out magnus.out crixalis.out roads.out
内存限制 512MB 512MB 512MB 512MB

　

注意：
本次测试中，选手在读入数据时会要求读入一个数据编号，方便选手对于不同的数据设计不同的算法，
而每个编号对应的数据范围也将在【数据规模和约定】 中体现。
而样例输入中的数据编号的作用仅仅是提醒选手不要忘了读入编号，并不代表这个编号对应的数据就是样例。

疯狂生长

　

【问题背景】

在 Rooftrellen 周围召唤出疯狂生长的伤害性藤条和枝干，阻止被缠绕的敌人移动、闪烁、进入隐身或攻击。
　

【问题描述】

树精世界里有 $ n $ 颗藤蔓，每颗藤蔓都有一个高度 $ h_i $ 。
Rooftrellen 可以耗费一个单位的能量把任意一颗藤蔓拔高 $ 1 $ 个单位长度。
他想知道，能否恰好耗 费自身现有的 $ m $ 个单位的能量，使得藤蔓都变得一样高？
　

【输入格式】

第一行一个整数 ID，表示数据的编号。
第二行一个整数 T， 表示数据的组数。 接下来有 T 组数据。
对于每组数据：
第一行两个整数 $ n， m $ ，表示藤蔓的数量和能量值。
第二行 n 个整数 $ h_1, h_2, …, h_n $ ，表示藤蔓的初始高度。
　

【输出格式】

对于每组数据： 一行一个字符串 Yes 或 No，表示答案。
　

【样例输入】

 5 3 
 5 6 
 1 2 3 3 4 
 5 7 
 1 2 3 3 4 
 5 8 
 1 2 3 3 4

【样例输出】

 No  
 Yes  
 No

　

【数据规模和约定】

pic

对于100%的数据， $ h_i≤10^9 $ 。
　

【样例说明】

样例一，样例三：没有可行的方法。 样例二：从左到右依次增加 3，2，1，1，0 个单位长度即可。
　

【提示】

1、注意题面中的“恰好”。
2、 注意区别 ID 和 T。
　

题解

  • 显然的贪心，先把所有藤蔓的高度都提到和最高的藤蔓一样高
    （因为题目要求必须一样高而且不能让它们下降）
    然后看所得消耗与 $ m $ 的大小关系。

  • 如果所得消耗比 $ m $ 大，那么答案一定是No
    如果所得消耗大于等于 $ m $ ，设所得消耗为 $ sum $ ，判断 $ (m-sum) $ % $ n $ 是否等于 $ 0 $
    （这个时候所有藤蔓一样高，还是要保持一样高一定要让它们都再 $ +1 $ ）
    　

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int ID,T,n,m,h[105],maxh,res;
int main(){
	freopen("rooftrellen.in","r",stdin);
	freopen("rooftrellen.out","w",stdout);
	scanf("%d %d",&ID,&T);
	while(T--){
		scanf("%d %d",&n,&m); maxh=-1; res=0;
		for(int i=1;i<=n;++i){ scanf("%d",&h[i]); maxh=max(maxh,h[i]); }
		for(int i=1;i<=n;++i) res+=maxh-h[i];
		if(res==m) puts("Yes"); 
		else if(res<m&&(m-res)%n==0) puts("Yes"); 
		else if(res>m||(m-res)%n!=0) puts("No");
	}
	return 0;
}

两极反转

　

【问题背景】

Magnus 改变物质的属性，将附近的敌人都拖拽到他的前方，并且以强力的 震击对他们造成伤害和眩晕。
　

【问题描述】

猛犸世界中的数据网可以抽象成一个包含 $ n $ 个点 $ m $ 条边的有向图。
由于编写防火墙的码农比较偷懒，因此数据网经常遭到攻击，某些边的方向会变化，使得数据无法在节点之间相互传递。
这时 Magnus 的能力就起作用了，他 可以耗费 $ 1 $ 单位的体力值来使任意一条边反向。
Magnus 想知道， 如果要把数据从节点 $ x_i $ 传输到节点 $ y_i $ ，他至少要耗费多少体力值呢？
　

【输入格式】

第一行一个整数 ID，表示数据的编号。
第二行三个整数 $ n， m， q，$ 表示有向图的点数，边数和询问数。
接下来 $ m $ 行，每行 2 个整数 $ x_i $ 和 $ y_i $ ，表示 $ x_i $ 和 $ y_i $ 之间有一条有向边。
接下来 $ q $ 行，每行 2 个整数 $ x_i $ 和 $ y_i $ ，表示一组询问。
　

【输出格式】

$ q $ 行，每行一个正整数，表示至少耗费的体力值。 如果无法传输，输出-1。
　

【样例输入一】

 1 
 8 7 1 
 1 2 
 3 2 
 3 4 
 7 4 
 6 2 
 5 6 
 7 5 
 1 7

【样例输出一】

  2

【样例输入二】

 1 
 8 7 1 
 1 2 
 3 2 
 3 4 
 7 4 
 6 2 
 5 6 
 7 5 
 1 8

【样例输出二】

-1

　

【样例说明】

对于样例一，只要将 $ 3 \rightarrow 2 $ 和 $ 7 \rightarrow 4 $ 两条边反向即可。

对于样例二，节点 8 的入度和出度均为 0，所以无法传输。
　

【数据规模和约定】

pic

【提示】

1、注意题面中的“如果”，每次询问并不会真的将某些边反向。
　

题解

  • 此题考虑数据分治

  • 对于前14个点，由于 $ q=1 $ ，我们考虑建图，
    对于有向边 $ (u,v) $ ，我们存一条 $ u \rightarrow v \quad cost: 0 $ 的边，
    对于它的反向边，我们存一条 $ v \rightarrow u \quad cost: 1 $ 的边，
    使 $ x $ 作为源点跑一遍 $ SPFA $ 即可。

  • 对于后面的数据，由于题目保证是一棵树，考虑 $ LCA $ 和前缀和。
    除了 $ dep $ ，我们多维护一个信息 $ dis $ 代表 $ 1 $ 节点到当前节点需要走多少条反向边，
    还是像之前一样建边，然后维护即可。
    最后计算答案的时候，由于 $ x $ 点要往上走，它的反向边与 $ 1 $ 到它的反向边意义正好相反，我们要用 $ dep - dis $ 得到正确的反向边数量

  • 对于一对 $ x_i,y_i $ ，它们的答案即为 $ ans=dep_x-dis_x+dis_y-dep_{lca} $
    　

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
int ID,n,m,q;
struct edge{ int v,w,nxt; }e[100005<<2];
int head[100005],tot;
inline void add(int u,int v,int w){ e[++tot].v=v; e[tot].w=w; e[tot].nxt=head[u]; head[u]=tot; }
int dis[100005];
bool vis[100005];
inline void spfa(int s){
	for(int i=1;i<=n;++i) dis[i]=0x3f3f3f3f;
	queue<int>q; q.push(s); dis[s]=0; 
	while(!q.empty()){
		int u=q.front(); vis[u]=0; q.pop();
		for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
			if(dis[e[i].v]>dis[u]+e[i].w){
				dis[e[i].v]=dis[u]+e[i].w;
				if(!vis[e[i].v]){ vis[e[i].v]=1; q.push(e[i].v); }
			}
	}
}
int dep[100005],f[100005][21];
void dfs(int u,int fa){
	dep[u]=dep[fa]+1; f[u][0]=fa;
	for(int j=1;j<=20;++j)
		f[u][j]=f[f[u][j-1]][j-1];
	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
		if(e[i].v==fa) continue;
		dis[e[i].v]=dis[u]+e[i].w;
		dfs(e[i].v,u);
	}
}
inline int lca(int u,int v){
	if(dep[u]>dep[v]) swap(u,v);
	for(int i=20;~i;--i)
		if(dep[u]<=dep[v]-(1<<i)) v=f[v][i];
	if(u==v) return u;
	for(int i=20;~i;--i)
		if(f[u][i]!=f[v][i]){ u=f[u][i]; v=f[v][i]; }
	return f[u][0];
}
signed main(){
	freopen("magnus.in","r",stdin);
	freopen("magnus.out","w",stdout);
	scanf("%d",&ID);
	scanf("%d %d %d",&n,&m,&q);
	if(q==1){
		for(int i=1;i<=m;++i){
			int u,v;
			scanf("%d %d",&u,&v);
			add(u,v,0); add(v,u,1);
		}
		int x,y;
		scanf("%d %d",&x,&y);
		spfa(x);
		if(dis[y]==0x3f3f3f3f) puts("-1");
		else printf("%d",dis[y]);
	} else {
		for(int i=1;i<=m;++i){
			int u,v;
			scanf("%d %d",&u,&v);
			add(u,v,0); add(v,u,1);
		}
		dfs(1,0);
		while(q--){
			int x,y;
			scanf("%d %d",&x,&y);
			int Lca=lca(x,y);
			printf("%d\n",(dep[x]-dis[x])+dis[y]-dep[Lca]);
		}
	}
	return 0;
}

地震

　

【问题背景】

持续施法 - 在 2 秒吟唱后， Crixalis 向地中发送扰动，引起大地剧烈震动。
所有范围内的敌人会受到伤害并被减速。每次后续震击都会提高伤害传播 半径。可用神杖升级。
　

【问题描述】

Crixalis 平日很喜欢捣乱，这导致沙尘世界每隔一个小时就有一次地震发生。
沙尘世界所有的 $ n $ 幢建筑都在一条直线上，从左到右依次标号为 $ 1~n $ 。
每次地震由三个参数决定：受影响的建筑区间 $ [L_i, R_i] $ 以及地震的强度 $ F_i $ 。
任意时刻每幢建筑物都有一个高度， 用一个数字串来表示（可能含有前导 0）。
每一次地震来临时，受影响建筑的高度数字串将根据地震的强度向左旋转相应的位数， 但是不要忘了前导零的存在，
举个例子：高度串是 120 的建筑连续受到 三次强度为 1 的地震的影响之后，高度串分别变为 201， 012， 120。
沙尘世界的守卫想出了一个保护建筑的方法，但有时需要知道某个区间内最高的建筑的高度。
现在给出了这 $ n $ 幢建筑初始的高度数字串，以及有以下两种操作：

1、 U Li Ri Fi，表示 $ [L_i, R_i] $ 区间内的建筑受到了强度为 Fi 的地震的影响。
2、 Q Li Ri，表示询问 $ [L_i, R_i] $ 区间内当前最高的建筑的高度。 你需要模拟这两种操作，帮助守卫解决问题。
　

【输入格式】

第一行一个整数 ID，表示数据的编号。
第二行两个整数 $ n， q $ ， 表示建筑的数量和操作数。
第三行 $ n $ 个整数 $ a_1, a_2, …, a_n $ ，表示每幢建筑的初始高度串。
接下来 $ q $ 行，每行表示两种操作中的某一种。
　

【输出格式】

对于每个 Q 操作，输出一行一个整数，表示该操作的答案。
注意输出的整数不能包含前导 0。
　

【样例输入】

 2 
 3 8
 17 3140 832
 Q 1 3
 U 1 3 1
 Q 2 3
 Q 1 1
 U 1 3 2
 Q 1 3
 U 2 2 1
 Q 1 3

【样例输出】

 3140
 1403 
 71
 832
 3140

　

【数据规模和约定】

pic

对于100%的数据，初始的高度数字串不包含前导 0， $ 1≤F_i≤60 $ 。
　

【样例说明】

第一次 U 操作之后=>[71, 1403, 328]
第二次 U 操作之后=>[71, 0314, 832]
第三次 U 操作之后=>[71, 3140, 832]
　

【提示】

1、 虽然是高度数字串，但是应看做数字来比较大小而不是字典序。例如：0123 和 122 比较， 0123 的高度较大。
2、注意本题特殊的时间限制
　

代码

  • 线段树，我写挂了！题解的线段树指针满天飞，看看就好。（；´д｀）ゞ
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#include <deque>
#include <set>
#include <map>

#define pb push_back
#define mp make_pair
#define LL long long
#define maxlongint 2147483647

using namespace std;

const int inf = 999999999;
const int mod = 1000000007;
const int MAXN = 800010;
const int MOD = 95542721;
const int LEN = 12;

inline int Getint()
{
	char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();
	int ret = 0;
	while (ch >= '0' && ch <= '9') ret = ret * 10 + ch - '0', ch = getchar();
	return ret;
}

int label;

inline void GetLabel()
{
	freopen("crixalis.in", "r", stdin);
	freopen("crixalis.out", "w", stdout);
	label = Getint();
}

struct node
{
	node *Lc, *Rc;
	int v[LEN];
	int L, R, m, p;
	node (int x, int y)
	{
		L = x, R = y, m = L + R >> 1;
		p = 0, Lc = Rc = 0;
		memset(v, 0, sizeof(v));
	}
};

node *root;

int a[MAXN], tmp[LEN], dig[10];
char ch[3];
int n, m, x, y, z;

inline int Mod(int x, int MOD)
{
	while (x >= MOD) x -= MOD;
	return x;
}

inline void Update(node *it)
{
	for (int i = 0; i < LEN; i++)
	{
		it -> v[i] = max(it -> Lc -> v[i], it -> Rc -> v[i]);
	}
}

inline void Clear(node *it)
{
	if (!it -> p) return;
	memcpy(tmp, it -> Lc -> v, sizeof(tmp));
	for (int i = 0; i < LEN; i++)
	{
		it -> Lc -> v[i] = tmp[Mod(i + it -> p, LEN)];
	}
	it -> Lc -> p = Mod(it -> Lc -> p + it -> p, LEN);
	memcpy(tmp, it -> Rc -> v, sizeof(tmp));
	for (int i = 0; i < LEN; i++)
	{
		it -> Rc -> v[i] = tmp[Mod(i + it -> p, LEN)];
	}
	it -> Rc -> p = Mod(it -> Rc -> p + it -> p, LEN);
	it -> p = 0;
}

node *Build(int L, int R)
{
	node *it = new node(L, R);
	if (L < R)
	{
		it -> Lc = Build(L, it -> m);
		it -> Rc = Build(it -> m + 1, R);
		Update(it);
	}
	else
	{
		int t = a[L], L0 = 0;
		while (t)
		{
			dig[++L0] = t % 10;
			t /= 10;
		}
		int start = L0;
		for (int i = 0; i < LEN; i++)
		{
			int now = 0;
			for (int j = start; j > 0; j--) now = now * 10 + dig[j];
			for (int j = L0; j > start; j--) now = now * 10 + dig[j];
			it -> v[i] = now;
			start--;
			if (!start) start = L0;
		}
	}
	return it;
}

int Query(node *it, int L, int R)
{
	if (it -> L == L && it -> R == R) return it -> v[0];
	Clear(it);
	if (R <= it -> m) return Query(it -> Lc, L, R);
	if (L > it -> m)  return Query(it -> Rc, L, R);
	return max(Query(it -> Lc, L, it -> m), Query(it -> Rc, it -> m + 1, R));
}

void Modify(node *it, int L, int R, int level)
{
	if (it -> L == L && it -> R == R)
	{
		it -> p += level;
		memcpy(tmp, it -> v, sizeof(tmp));
		for (int i = 0; i < LEN; i++)
		{
			it -> v[i] = tmp[Mod(i + level, LEN)];
		}
		return;
	}
	Clear(it);
	if (R <= it -> m)
	{
		Modify(it -> Lc, L, R, level);
	}
	else if (L > it -> m)
	{
		Modify(it -> Rc, L, R, level);
	}		
	else
	{
		Modify(it -> Lc, L, it -> m, level);
		Modify(it -> Rc, it -> m + 1, R, level);
	}
	Update(it);
}

inline void Init()
{
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		scanf("%d", &a[i]);
	}
	root = Build(1, n);
}

inline void Work()
{
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		scanf("%s%d%d", ch, &x, &y);
		if (ch[0] == 'Q')
		{
			printf("%d\n", Query(root, x, y));
		}
		else
		{
			scanf("%d", &z);
			Modify(root, x, y, z);
		}
	}
}

int main()
{
	GetLabel();
	Init();
	Work();
	return 0;
}

　

【题目描述】

这里有一个地图，嗯~准确的说是一个藏宝图。
你在 $ 1 $ 号点，宝藏在 $ n $ 号点， 所有的点编号 $ 1~n $ ，
这块宝底的地形是很奇怪的，每两个点之间有两条通路，两 个通路的长度是不一样的，可能会有一条比较短，你可以任选一条，
但是其中一 条你只有在之前经过某个点的时才能通行，就好像这条路的通行证在那个点上一 样。
现在想知道怎么样走才能以最短的路程到达藏宝点。
　

【输入格式】

第一行两个用空格隔开的整数 $ n $ 和 $ m $ 分别表示节点的编号个数和该藏宝点路径条数。
第二行到第 $ m + 1 $ 行每行 5 个整数 $ a，b，c，la，lb $ 描述从 $ a $ 点到 $ b $ 点的有向路，
$ la $ 表示之前经过 $ c $ 后，可以从 $ a $ 到 $ b $ 的路径长度，
$ lb $ 表示随时都可以通行的 $ a $ 到 $ b $ 的路径长度。
　

【输出格式】

一行一个整数表示的是从 $ 1 $ 到 $ n $ 的最短路程。如果没有路输出“ impossible”。
　

【输入样例】

4 5 
1 2 1 10 10 
2 3 1 30 50 
3 4 3 80 80 
2 1 2 10 10 
1 3 2 10 50

【输出样例】

110

　

【数据范围】

$ n,m ≤ 10 $
$ la,lb ≤ (2<<31)-1 $
　

代码

  • 为什么没有题解？这么小的数据直接分层图最短路就可以了(￣y▽,￣)╭
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
struct edge{ int v,c,w1,w2,nxt; }e[11];
int head[11],cnt;
inline void add(int u,int v,int c,int w2,int w1){
	e[++cnt].v=v; e[cnt].c=(1<<c-1);
	e[cnt].w1=w1; e[cnt].w2=w2;
	e[cnt].nxt=head[u]; head[u]=cnt;
}
int n,m,tot,dis1[11],dis2[11],prei[11],nowi[11],nxti[11];
bool vis[11][1ll<<11];
unsigned long long dis[11][1ll<<11];
void spfa(){
	queue<int>q; queue<unsigned long long>p;
	q.push(1); p.push((1ll<<1-1)); dis[1][1ll<<1-1]=0;
	while(!q.empty()){
		int u=q.front(); q.pop();
		unsigned long long P=p.front(); p.pop(); vis[u][P]=0;
		for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
			if(P&e[i].c)
				if(dis[e[i].v][P|(1ll<<e[i].v-1)]>dis[u][P]+e[i].w2){
					dis[e[i].v][P|(1ll<<e[i].v-1)]=dis[u][P]+e[i].w2;
					if(!vis[e[i].v][P|(1ll<<e[i].v-1)]){ 
						vis[e[i].v][P|(1ll<<e[i].v-1)]=1; 
						q.push(e[i].v); p.push(P|(1ll<<e[i].v-1)); 
					}
				}
			if(dis[e[i].v][P|(1ll<<e[i].v-1)]>dis[u][P]+e[i].w1){
				dis[e[i].v][P|(1ll<<e[i].v-1)]=dis[u][P]+e[i].w1;
				if(!vis[e[i].v][P|(1ll<<e[i].v-1)]){ 
					vis[e[i].v][P|(1ll<<e[i].v-1)]=1; 
					q.push(e[i].v); p.push(P|(1ll<<e[i].v-1)); 
				}
			}
		}
	}
}
int main(){
	freopen("roads.in","r",stdin);
	freopen("roads.out","w",stdout);
	scanf("%d %d",&n,&m);
	tot=(1<<n)-1;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int a,b,c,la,lb;
		scanf("%d %d %d %d %d",&a,&b,&c,&la,&lb);
		add(a,b,c,la,lb);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=tot;++j)
			dis[i][j]=(2ll<<31)-1;
	spfa();
	unsigned long long ans=(2ll<<31)-1; 
	for(int i=1;i<=tot;++i) ans=min(ans,dis[n][i]);
	if(ans==((2ll<<31)-1)) puts("impossible");
	else printf("%lld",ans);
	return 0;
}
posted @ 2018-09-19 17:42  potrem  阅读(218)  评论(0)  编辑  收藏  举报