NOI2014 部分题解
感觉NOI2014的一些题目也是比较好做的...
但是笔者往往有思路却没有想清楚就开始搞了...这样还是不太好..
Day1
T1 起床困难综合征 (我感觉这题应该叫综合征不是综合症...) ac通道
让你从[0...m]中选一个数使得其经过 (&xi或|xi或^xi) 之后的值最大。
记得冬令营有道试机题好像就是这样吧...然后机智的TB感觉十分自然的就想到了根据二进制的每一位来贪心弄一下就好了。
大致思路就是：从最高位开始，看一下这一位设为0和设为1有什么区别。
如果不管你设什么这一位运算完之后都为0或者为1，那就真·不管了...
如果发现设为1有值而设为0没有值，那就设为1吧。但是这个值不能超过m...
很机智的样子。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int in(){
int x=0;char ch=getchar();
while(ch>'9' || ch<'0') ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x;
}
const int maxn=100010;
struct Node{
int tp,dt;
}s[maxn];
int n,m;
char ord[4];
int calcu(int x){
int tx=x; x=1<<x;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i].tp==1) x=x&s[i].dt;
else if(s[i].tp==2) x=x|s[i].dt;
else x=x^s[i].dt;
}
return x&(1<<tx);
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("sleep.in","r",stdin);
freopen("sleep.out","w",stdout);
#endif
n=in(),m=in();
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s%d",ord,&s[i].dt);
if(ord[0]=='A') s[i].tp=1;
else if(ord[0]=='O') s[i].tp=2;
else s[i].tp=3;
}
int ans=0;
int tmp=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i].tp==1) tmp=tmp&s[i].dt;
else if(s[i].tp==2) tmp=tmp|s[i].dt;
else tmp=tmp^s[i].dt;
}
for(int i=30;i>=0;i--){
if(tmp & (1<<i)){
ans+=1<<i; continue;
}
if(calcu(i) && m>(1<<i))
ans+=1<<i,m-=(1<<i);
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
T2 魔法森林 ac通道
给你n个点m条边，每条边有2个权值，然后要求找一条路从1到n使得这条路上的两个权值的最大值加起来最小。
我记得写过一篇题解的...
然后就是复习一遍LCT的实现咯。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int in(){
int x=0;char ch=getchar();
while(ch>'9' || ch<'0') ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x;
}
const int maxn=100010;
struct Node{
int l,r,f;
int dt,mx,lc;
bool rt,rv;
Node(){rt=true;}
void trans(){swap(l,r);}
}s[maxn*3];
struct Edge{
int u,v,a,b;
}e[maxn];
bool cmp(const Edge &A,const Edge &B){
if(A.a!=B.a) return A.a<B.a; return A.b<B.b;
}
int n,m;
int p[maxn*2];
void update(int x);
void push_down(int x);
void Down_tag(int x);
void zig(int x);
void zag(int x);
void Splay(int x);
void Access(int x);
void Make_rt(int x);
void Link(int u,int v);
void Cut(int u,int v);
int Find(int x);
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("forest.in","r",stdin);
freopen("forest.out","w",stdout);
#endif
n=in(),m=in();
for(int i=1;i<=m;i++){
e[i].u=in(),e[i].v=in(),e[i].a=in(),e[i].b=in();
if(e[i].u==e[i].v) i--,m--;
}
int fx,fy,u,v,ans=0x3f3f3f3f;
sort(e+1,e+m+1,cmp);
for(int i=1;i<=n+m;i++) p[i]=i;
for(int i=1;i<=n+m;i++) s[i].lc=i;
for(int i=1;i<=m;i++){
u=e[i].u,v=e[i].v;
fx=Find(u),fy=Find(v);
if(fx!=fy){
s[i+n].dt=e[i].b;
Link(u,i+n),Link(v,i+n);
p[fx]=fy;
}
else{
Make_rt(u),Access(v),Splay(v);
if(s[v].mx>e[i].b){
int t=s[v].lc-n;
Cut(t+n,e[t].u),Cut(t+n,e[t].v);
s[i+n].dt=e[i].b;
Link(u,i+n),Link(v,i+n);
}
}
if(Find(1)==Find(n)){
Make_rt(1);Access(n);Splay(n);
ans=min(ans,s[n].mx+e[i].a);
}
}
if(ans==0x3f3f3f3f) ans=-1;
printf("%d",ans);
return 0;
}
void update(int x){
s[x].mx=s[x].dt,s[x].lc=x;
if(s[x].l && s[s[x].l].mx>s[x].mx) s[x].mx=s[s[x].l].mx,s[x].lc=s[s[x].l].lc;
if(s[x].r && s[s[x].r].mx>s[x].mx) s[x].mx=s[s[x].r].mx,s[x].lc=s[s[x].r].lc;
}
void push_down(int x){
if(s[x].rv){
s[x].trans();
if(s[x].l) s[s[x].l].rv^=1;
if(s[x].r) s[s[x].r].rv^=1;
s[x].rv=0;
}
}
void Down_tag(int x){
if(!s[x].rt) Down_tag(s[x].f);
push_down(x);
}
void zig(int x){
int y=s[x].f;s[x].f=s[y].f;
if(s[y].rt) s[x].rt=true,s[y].rt=false;
else{
if(y==s[s[y].f].l) s[s[y].f].l=x;
else s[s[y].f].r=x;
}
s[y].l=s[x].r;
if(s[x].r) s[s[x].r].f=y;
s[x].r=y,s[y].f=x;
update(y);
}
void zag(int x){
int y=s[x].f;s[x].f=s[y].f;
if(s[y].rt) s[x].rt=true,s[y].rt=false;
else{
if(y==s[s[y].f].l) s[s[y].f].l=x;
else s[s[y].f].r=x;
}
s[y].r=s[x].l;
if(s[x].l) s[s[x].l].f=y;
s[x].l=y,s[y].f=x;
update(y);
}
void Splay(int x){
Down_tag(x);
while(!s[x].rt){
int y=s[x].f;
if(s[y].rt){ if(x==s[y].l) zig(x);
else zag(x);}
else{
int z=s[y].f;
if(y==s[z].l){ if(x==s[y].l) zig(y),zig(x);
else zag(x),zig(x);}
else{ if(x==s[y].r) zag(y),zag(x);
else zig(x),zag(x);}
}
}
update(x);
}
void Access(int x){
for(int last=0;x;x=s[last=x].f){
Splay(x);
s[s[x].r].rt=true;
s[s[x].r=last].rt=false;
update(x);
}
}
void Make_rt(int x){
Access(x); Splay(x); s[x].rv=1;
}
void Link(int u,int v){
Make_rt(u); s[u].f=v;
}
void Cut(int u,int v){
Make_rt(u); Access(v); Splay(v);
s[u].rt=true; s[u].f=s[v].f;
s[v].l=s[v].f=0;
}
int Find(int x){
int r=x,pre;
while(r!=p[r]) r=p[r];
while(r!=x)
pre=p[x],p[x]=r,x=pre;
return r;
}
D2
T1 动物园 ac通道
给你一个串，让你求每个位置的满足不重复的相同前缀和后缀的个数。
唔，比较容易想到的就是一种模拟的方法。
每个位置都沿着next指针往后跳，看能在i/2之前跳多少次。
但是这样的话是很容易卡你的，比如aaaaaaaaaaa，让你每次next都只跳一步= =这样的话就变成n^2了。
然后比较好像到的就是我直接记忆化一下累加的结果。使用记忆化的话，你可以只要跳到第一个满足条件的位置就可以了。
但是你跳到i/2前面的过程如果仍然使用模拟的话就会超时，理由同上。那么怎么求呢？
笔者太傻了...没有想到直接沿着上一个的位置来就好了...和你求kmp的过程是完全一样的，只是这个的前引指针不是指向最长位置了，而是<i/2的最长位置。
然后你后面的指针往后移动的时候，前面的指针还是可以和以前的一样跳。这样的话就是O(n)的了。
感觉对kmp的思路比较清晰的话对这题是很有帮助的。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1000010; const int mod=1e9+7; int n,len; int next[maxn],cnt[maxn]; char ch[maxn]; void get_next(){ int first=-1,last=0; next[0]=-1; while(last<len){ if(first==-1 || ch[last]==ch[first]){ first++,last++; next[last]=first; cnt[last]=cnt[first]+1; } else first=next[first]; } } int get_cnt(){ int ans=1,first=-1,last=0; while(last<len){ if(first==-1 || ch[last]==ch[first]){ first++,last++; while((first<<1)>last) first=next[first]; ans=(ll)ans*(cnt[first]+1)%mod; } else first=next[first]; } return ans; } int main(){ #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("zoo.in","r",stdin); freopen("zoo.out","w",stdout); #endif int tmp; ll ans; scanf("%d",&n); while(n--){ scanf("%s",ch); len=strlen(ch); get_next(); printf("%d\n",get_cnt()); } return 0; }
T2 随机数生成器 ac通道
告诉你一种生成随机数的方法，告诉你一种通过随机数生成排列的方法。然后把这个排列扔在一个n*m的地图上，让你选择一条从(1,1)到(n,m)的路径，使得这条路径上的数字从小到大排序之后得到的字典序最小。
首先的那个部分可以模拟= =。但是你需要控制好空间，比如说随机数你就没有必要求出来，直接用来搞排列之类的...然后你那个地图也不要做出来，直接搞一个一维的挺好。
然后就到了怎么找到这样一条路径了...感觉贪心的思路很自然。笔者趁机来秀一下gif[第一次做题解动图...可能没怎么画的好QAQ]。
做了一个样例的求法...是不是很良心啊....
好吧：样例不良心，但是笔者良心2333333
大致的思路就是如此了，按从小到大的顺序，选择了之后将(1,1)到(x-1,y)的矩阵保留，把(x+1,y)到(n,n)的矩阵保留，剩余的删除。
然后直到只剩下一条通路为止。
首先我们要能找到每个点所在的位置，由于之前已经用了100MB了，那么我们最多再开一个...那就记录一个lc[T[i]]=i;然后把i%m和/m处理好了。
但是怎么把矩阵保留|删除呢？...是不是要用二维树状数组呢？但是二维树状数组也会超时啊...因为你要进行判定的话，那么就比较恶心...每个点都要判断一下...就超时了
那么我们直接暴力修改就好了。
每行记录一个可以放的范围l[i]和r[i]，然后每找到一个可以用的点就去暴力修改其它行的有关数据。
由于需要修改的点只有n+m-1个，那么每次修改的复杂度即使是O(n)的也只有n^2；而判定是否合格每个位置都是O(1)的。
最后复杂度还是N^2的但是常数很大而已啦...
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; inline int in(){ int x=0;char ch=getchar(); while(ch>'9' || ch<'0') ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return x; } const int maxn=5010; typedef long long ll; int n,m,nm,q; int x0,a,b,c,d; int T[maxn*maxn],rk[maxn*maxn]; int l[maxn],r[maxn]; int main(){ #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("random.in","r",stdin); freopen("ramdom.out","w",stdout); #endif int x,u,v,tmp,x1,y1,cnt=0; bool flag=0; x0=in(),a=in(),b=in(),c=in(),d=in(); n=in(),m=in(); nm=n*m; for(int i=1;i<=nm;i++) T[i]=i; x=x0; for(int i=1;i<=nm;i++){ x=((ll)a*x%d*x%d+(ll)b*x%d+c)%d; tmp=T[i],T[i]=T[x%i+1],T[x%i+1]=tmp; //swap(T[i],T[x%i+1]); } q=in(); for(int i=1;i<=q;i++){ u=in(),v=in(); tmp=T[u],T[u]=T[v],T[v]=tmp; //swap(T[u],T[v]); } for(int i=1;i<=nm;i++) rk[T[i]]=i; for(int i=1;i<=n;i++) l[i]=1,r[i]=m; for(int i=1;i<=nm;i++){ x1=rk[i]/m+1,y1=rk[i]%m; if(!y1) x1--,y1=m; if(y1>r[x1] || y1<l[x1]) continue; else{ if(flag) printf(" %d",i); else flag=1,printf("%d",i); for(int j=1;j<x1;j++) if(r[j]>y1) r[j]=y1; for(int j=x1+1;j<=n;j++) if(l[j]<y1) l[j]=y1; cnt++; if(cnt==n+m-1) break; } } return 0; }
