小埋的Dancing Line之旅:比赛题解&热身题题解
答疑帖：
赞助团队： UMR IT Team 和洛谷大佬栖息地
赛后题解:更新了那两道练手题的题解
赛时公告,不过一些通知也可能在团队宣言里发出
如果各位发现重题，请将你认为重复的题目链接连同这次比赛的题号一起发到@洛谷万岁 的私信，可能考虑有检举奖励QAQ
下面让我们请出@Forward_Star大佬！
好吧他可能会不在，有些问题我解决吧QAQ
但他应该马上就能回来。
最后祝大家AK愉快！
部分内容出自：https://www.luogu.org/blog/user21760/xiao-man-di-dancing-line-zhi-lv-ti-xie
这次比赛也是说难不难，说简单不简单呢，看看各位大佬的得分都如何呢？
热身题：
签个到！
这道题应该算是特别水了吧。其实可以记录下当前的方向，一旦改了方向就加1即可。下面给出std，共36ms,大家应该还能注意到空间上也给的比较小，我们就不能再一味的开1000*1000的数组，可以像std一样把数组压缩为，一维记方向，一维记路线.其他如下（海星？）
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m,r,ans;
char a[2][1001];
int main()
{
ios::sync_with_stdio<false>
scanf("%d%d",&n,&m);
r=2;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int row=i%2;
for (int j=1;j<=m;j++)
{
cin>>a[row][j];
if (a[row][j]=='1'&&a[(row+1)%2][j]=='1'&&r==0)
{
r=1;
ans++;
}
else if (a[row][j]=='1'&&a[row][j-1]=='1'&&r==1)
{
r=0;
ans++;
}
else if (r==2)
{
if (a[row][j]=='1'&&a[(row+1)%2][j]=='1')
r=1;
else if (a[row][j]=='1'&&a[row][j-1]=='1')
r=0;
}
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
二进制之谜（前体）
那么这道题如果你一看题面一定是水的不能再水的题了，但看到数据后，c++之类的选手就要注意了：高精度来作甚？
#include<cstdio>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
struct forward_star
{
int next,to;
};
long long a[501],c[10001][501];
int head[1000001];
forward_star edge[10000001];
int tot,cnt;
string s;
void plu(int now)
{
for (int i=1;i<=max(a[0],c[now][0]);i++)
{
c[now][i]+=a[i];
c[now][i+1]+=c[now][i]/1000000000;
c[now][i]%=1000000000;
}
c[now][0]=max(a[0],c[now][0]);
if (c[now][c[now][0]+1]!=0) c[now][0]++;
return;
}
void multiply()
{
for (int i=a[0];i>=1;i--)
{
a[i]*=2;
a[i+1]+=a[i]/1000000000;
a[i]%=1000000000;
}
if (a[a[0]+1]!=0) a[0]++;
return;
}
void add(int u,int v)
{
cnt++;
edge[cnt].to=v;
edge[cnt].next=head[u];
head[u]=cnt;
}
int main()
{
while (cin>>s)
{
tot++;
for (int i=s.size()-1;i>=0;i--)
if (s[i]=='1')
add(s.size()-i-1,tot);
}
a[0]=1;
a[1]=1;
for (int i=0;i<=10000;i++)
{
int j=head[i];
while (j!=0)
{
plu(edge[j].to);
j=edge[j].next;
}
multiply();
}
for (int i=1;i<=tot;i++)
{
for (int j=c[i][0];j>=1;j--)
{
int p=10;
while (j<c[i][0]&&c[i][j]<1000000000/p)
{
printf("0");
p*=10;
}
printf("%lld",c[i][j]);
}
printf("\n");
}
return 0;
}
比赛题目：
T1
题意：给出一个长度为字符环，求回文串长度为的回文中心个数。
Solution 0
我们可以有信仰！输出0，期望得分10；输出，期望得分10。
Solution 1
我们可以暴力！枚举所有子串，期望得分30；
Solution 2
枚举所有回文中心，根据处理环的方式不同（开环枚举断点或补成字符串），时间复杂度也有不同，期望得分50～80（为了照顾不会Manacher的同学）；
Solution 3
把读入的串复制两次分别粘贴在原串前后，这样便和环等价，直接跑一遍Manacher，时间复杂度为，期望得分100分。
不懂Manacher？百度有啊
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,l,cnt;
int str[10000001];
char t[10000001];
char s[10000001];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&l);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
t[i]=getchar();
while (t[i]<'A'||t[i]>'Z')
t[i]=getchar();
}
for (int j=1;j<=3;j++)
for (int i=1;i<=n;i++)
{
s[++cnt]='0';
s[++cnt]=t[i];
}
s[++cnt]='0';
int r=0;
int now=0;
int ans=0;
for (int i=1;i<=cnt;i++)
{
if (i<=r)
str[i]=min(r-i+1,str[now*2-i]);
while (i+str[i]<=cnt&&i-str[i]>0&&s[i+str[i]]==s[i-str[i]]) str[i]++;
if (str[i]+i-1>r)
{
r=str[i]+i-1;
now=i;
}
if (str[i]-1>=l&&i>=2*n+1&&i<=cnt-2*n&&s[i]!='0')
ans++;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
T2
题意：给出数列，求最小使得 。
Solution 0
我们可以有信仰！输出0，期望得分10；输出INF，期望得分20.
Solution 1
我们可以暴力！直接枚举递推，期望得分30；
Solution 2
发现通项公式再枚举，期望得分60；
找出通项公式的方法：
1、打表；
2、移项得：；
两边开次方：；
3、我们发现什么？！令，则是等差数列！
算出，那么，则，则。
这样，通项公式就找出来了。
Solution 3
扩展BSGS+快速乘即可。
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
long long n,m,b;
map<long long,long long>mp;
inline long long multi(long long x,long long y,long long mod) //快速乘
{
long long tmp=(x*y-(long long)(((long double)x*y+0.5)/mod)*mod);
if (tmp<0) return tmp+mod; else return tmp;
}
inline long long gcd(long long a,long long b)
{
while (a%b)
{
long long k=a%b;
a=b;
b=k;
}
return b;
}
long long quickpower(long long a,int b)
{
long long t=1;
while (b>0)
{
if ((b&1)==1) t=multi(t,a,m);
if (b>1) a=multi(a,a,m);
b=b>>1;
}
return t;
}
int main()
{
mp.clear();
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&b);
b=((b-n)%m+m)%m;
long long first=((multi(2,n,m)-1)%m+m)%m;
long long tmp=1;
long long ans=0;
while (true)
{
long long d=gcd(first,m);
if (d==1) break;
if (b%d)
{
printf("INF");
return 0;
}
b/=d;
m/=d;
ans++;
tmp=multi(tmp,first/d,m);
if (tmp==b)
{
printf("%lld",ans);
return 0;
}
}
long long now=b;
mp[now]=0;
int mm=ceil(sqrt(double(m)));
for (int i=1;i<=mm;i++) //预处理哈希表
{
now=multi(now,first,m);
mp[now]=i;
}
now=tmp;
long long q=quickpower(first,mm);
for (int i=1;i<=mm;i++)
{
now=multi(now,q,m);
if (mp[now])
{
printf("%lld",(((long long)(i)*(long long)(mm)-mp[now]+ans)%m+m)%m);
return 0;
}
}
printf("INF");
return 0;
}
理论上，本题因为不是质数不能用BSGS，但是由于数据很水，裸BSGS也能拿80。
T3
题意略。
Solution 0
我们可以有信仰！输出0，期望得分0。
Solution 1
我们可以暴力！枚举所有组合状态，期望得分30。
Solution 2
建图跑费用流。
将所有0视为源点，所有1视为汇点，当然这样是跑不了网络流的，所以我们设置超级源点与超级汇点分别与所有源点和所有汇点相连，由于每个0和1只能用一次，这些边的费用为0，容量为1。
之后处理二进制数，将每一个0与其后面的1连一条费用为两者位数差的绝对值且容量为1的边。
这样建图就完成了，跑一遍费用流即可。
但这里有个问题：如何保证它们不交叉？
其实显然可以发现，同样的几个数，不管对应关系交叉还是不交叉，总启发系数是相等的，这样我们就无需另外特殊处理了。
时间复杂度在~之间，期望得分100分。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,first;
char c[501];
int w[502][502];
bool f[502][502];
int stack[502];
int dist[502];
int pre[502];
bool vis[502];
int check()
{
int top=1;
stack[1]=0;
for (int i=1;i<=n+1;i++)
dist[i]=-2147483647;
dist[0]=0;
memset(vis,false,sizeof(vis));
vis[0]=true;
while (top>0)
{
int now=stack[top];
top--;
vis[now]=false;
for (int i=0;i<=n+1;i++)
if (f[now][i]&&dist[now]+w[now][i]>dist[i])
{
dist[i]=dist[now]+w[now][i];
pre[i]=now;
if (!vis[i])
{
vis[i]=true;
stack[++top]=i;
}
}
}
return dist[n+1];
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
char s;
s=getchar();
while (s!='0'&&s!='1') s=getchar();
c[i]=s;
}
for (int i=1;i<=n;i++)
{
if (c[i]=='0')
{
w[0][i]=0;
w[i][0]=0;
f[0][i]=1;
f[i][0]=0;
}
else
{
w[i][n+1]=0;
w[n+1][i]=0;
f[i][n+1]=1;
f[n+1][i]=0;
}
for (int j=i+1;j<=n;j++)
if (c[i]=='0'&&c[j]=='1')
{
w[i][j]=j-i;
w[j][i]=-(j-i);
f[i][j]=1;
f[j][i]=0;
}
}
int ans=0;
bool find=false;
while (!find)
{
int del=check();
if (del==-2147483647)
find=true;
else
{
ans+=del;
int t=n+1;
while (t!=0)
{
f[t][pre[t]]=!f[t][pre[t]];
f[pre[t]][t]=!f[pre[t]][t];
t=pre[t];
}
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
T4
题意较为复杂，详见题面。
本题操作较多，前面的测试点基本上都分别对应一个操作，因此我们逐个测试点分析。
：没什么好说的……
：最暴力的方法也能过，也没什么好说的。
：这个也很简单，直接跑一遍最长路即可，当然裸是过不了的，需要加堆优化；
由于出题人的数据生成器比较水，生成个数据都要几分钟，所以很良心地没有卡。
：这一测试点边权为0，那就省去了最长路了；
如何判断图的连通性？顺着去枚举并每次判断连通性，显然会超时；
这里标程用了笨办法：分块二分；由于删除的边不超过1000条，最多只会把操作分成1000个部分，每一部分操作都是添加边，显然有单调性！
顺着枚举每一部分的操作，在处理每个部分时二分判断连通性，可以减少判断的次数，优化操作时间。
至于删除操作，我用了树状数组+二分，树状数组存前缀和，即它是第几条边，然后二分它在原数组的标号即可。
：经过上面一番分析大家大概也有整体思路了：先分块二分判连通性，再求最长路。
这里无消失的边，那么省去了分块与删除操作，其它与上面方法一样。
：这里也是非常简单的，由于删除边对生成连通图没有贡献，所以操作同。
：其实就是测试点+测试点，用的方法判断连通性后求个最长路即可。
可见，本题中其实大部分分都可以水的，而要AC，解决测试点是关键。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct newdata
{
int tm,type,u,v,w,k;
};
struct forward_star
{
int next,to,w;
};
int n,m,t,cnt,tot;
forward_star edge[1100001];
newdata work[100001];
int head[100001];
int heap[100001];
int que[100001];
int ref[100001];
int tree[1100001];
int dist[100001];
bool usable[1100001];
bool vis[100001];
void add(int u,int v,int w)
{
cnt++;
edge[cnt].to=v;
edge[cnt].w=w;
edge[cnt].next=head[u];
head[u]=cnt;
}
void adjust_up(int now)
{
if (now>1&&dist[heap[now]]>dist[heap[now/2]])
{
ref[heap[now]]=now/2;
ref[heap[now/2]]=now;
swap(heap[now],heap[now/2]);
adjust_up(now/2);
}
}
void adjust_down(int now)
{
if (now*2+1<=tot)
{
int k;
if (dist[heap[now*2+1]]>dist[heap[now*2]]) k=now*2+1; else k=now*2;
if (dist[heap[k]]>dist[heap[now]])
{
ref[heap[k]]=now;
ref[heap[now]]=k;
swap(heap[k],heap[now]);
adjust_down(k);
}
}
else if (now*2<=tot)
{
if (dist[heap[now*2]]>dist[heap[now]])
{
ref[heap[now]]=now*2;
ref[heap[now*2]]=now;
swap(heap[now],heap[now*2]);
adjust_down(now*2);
}
}
}
void addheap(int now)
{
heap[++tot]=now;
ref[now]=tot;
adjust_up(tot);
}
void pushheap()
{
heap[1]=heap[tot];
ref[heap[1]]=1;
tot--;
adjust_down(1);
}
void dijkstra_heap(int u)
{
memset(vis,false,sizeof(vis));
memset(dist,255,sizeof(dist));
dist[u]=0;
vis[u]=true;
addheap(u);
while (tot!=0)
{
int now=heap[1];
pushheap();
int i=head[now];
while (i!=0)
{
if (usable[i]&&i<=cnt)
if (dist[now]+edge[i].w>dist[edge[i].to])
{
dist[edge[i].to]=dist[now]+edge[i].w;
if (!vis[edge[i].to])
{
vis[edge[i].to]=true;
addheap(edge[i].to);
} else adjust_up(ref[edge[i].to]);
}
i=edge[i].next;
}
}
}
bool cmp(newdata i,newdata j)
{
return i.tm<j.tm;
}
bool check(int u,int v)
{
memset(vis,false,sizeof(vis));
int top=1;
que[top]=u;
vis[u]=true;
while (top>0)
{
int now=que[top];
top--;
int i=head[now];
while (i!=0)
{
if (i<=cnt&&usable[i])
if (!vis[edge[i].to])
{
if (edge[i].to==v) return true;
vis[edge[i].to]=true;
que[++top]=edge[i].to;
}
i=edge[i].next;
}
}
return false;
}
void adjust(int now)
{
int i=now;
while (i>0)
{
i-=i&i;
tree[now]+=tree[i];
}
tree[now]++;
}
int sum(int now)
{
int tot=0;
int i=now;
while (i>0)
{
tot+=tree[i];
i-=i&i;
}
return tot;
}
int solve(int now)
{
int l=1;
int r=cnt;
while (l<r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if (sum(mid)<now)
l=mid+1;
else r=mid-1;
}
tree[l]--;
return l;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w);
adjust(i);
}
memset(usable,true,sizeof(usable));
scanf("%d",&t);
if (t==0)
{
dijkstra_heap(1);
if (dist[n]==-1)
printf("Continue from the last checkpoint");
else
{
printf("0\n");
printf("%d",dist[n]);
}
return 0;
}
else
{
bool occur=false;
bool disappear=false;
for (int i=1;i<=t;i++)
{
scanf("%d%d",&work[i].tm,&work[i].type);
if (work[i].type==0)
{
scanf("%d%d%d",&work[i].u,&work[i].v,&work[i].w);
occur=true;
}
else
{
scanf("%d",&work[i].k);
disappear=true;
}
}
if (disappear&&!occur)
{
dijkstra_heap(1);
if (dist[n]==-1)
printf("Continue from the last checkpoint");
else
{
printf("0\n");
printf("%d",dist[n]);
}
return 0;
}
sort(work+1,work+t+1,cmp);
if (check(1,n))
{
printf("0\n");
dijkstra_heap(1);
printf("%d",dist[n]);
return 0;
}
int l=1;
for (int i=1;i<=t;i++)
if (work[i].type==1)
{
int r=i-1;
if (l>=r)
{
usable[solve(work[i].k)]=false;
l=i+1;
continue;
}
int cnt_first=cnt;
int l_first=l;
for (int j=l;j<=r;j++)
{
add(work[j].u,work[j].v,work[j].w);
adjust(cnt);
}
while (l<r-1)
{
int mid=(l+r)>>1;
cnt=cnt_first+mid-l_first+1;
if (check(1,n))
r=mid;
else l=mid;
}
cnt=cnt_first+l-l_first+1;
if (check(1,n))
{
printf("%d\n",work[l].tm);
dijkstra_heap(1);
printf("%d",dist[n]);
return 0;
}
cnt=cnt_first+r-l_first+1;
if (check(1,n))
{
printf("%d\n",work[r].tm);
dijkstra_heap(1);
printf("%d",dist[n]);
return 0;
}
cnt=cnt_first+i-l_first+1;
usable[solve(work[i].k)]=false;
l=i+1;
}
int r=t;
int cnt_first=cnt;
int l_first=l;
for (int j=l;j<=r;j++)
{
add(work[j].u,work[j].v,work[j].w);
adjust(cnt);
}
while (l<r-1)
{
int mid=(l+r)>>1;
cnt=cnt_first+mid-l_first+1;
if (check(1,n))
r=mid;
else l=mid;
}
cnt=cnt_first+l-l_first+1;
if (check(1,n))
{
printf("%d\n",work[l].tm);
dijkstra_heap(1);
printf("%d",dist[n]);
return 0;
}
cnt=cnt_first+r-l_first+1;
if (check(1,n))
{
printf("%d\n",work[r].tm);
dijkstra_heap(1);
printf("%d",dist[n]);
return 0;
}
printf("Continue from the last checkpoint");
return 0;
}
return 0;
}
作者&出处：ShineEternal
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