20201104gryz模拟赛解题报告
写在前面
\(Luckyblock\) 良心出题人，
题面好评
T1还是蛮简单的，用一个栈来维护就能过（某天听说 \(Luckyblock\) 出了套题，T1是个考栈的，看来就是这道了
注：栈的清空只需要把 \(top\) 置为 \(0\) 即可，没必要用 \(memset\)
T2一开始打算单调栈+前缀和求惊喜度，但小数模法并不会，因此没写，暴力也不会打，看到正解后考虑到我的解法可能会被卡
T3暴力不知道为啥写挂了
T4输入的时候没读题，输入的 \(x\) 和 \(y\) 多打了一组，所以 \(10\) 也没骗到，后面 \(2h\) 一直在推DP式
T1 大空魔术
简述题意：
给你一串由 \(A\) 和 \(B\) 组成序列， \(AB\) 和 \(BB\) 形式可以发生对毁，问剩下的序列最短多长
\(Solution\)：
发现 \(?B\) 是可以对毁的，考虑开一个栈，每读到一个元素，和栈顶元素比较，如果栈顶元素是 \(A\) 或 \(B\) 且读到元素是 \(B\) ，就弹出栈顶元素，否则放入栈中，最后输出栈内元素个数
正确性：发现 \(B\) 与谁都能对毁，因此在前面对毁的越多，对结果越有利
/*
Work by: Suzt_ilymics
Knowledge: ??
Time: O(??)
=============================Luckyblock AK IOI===========================================
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
using namespace std;
const int MAXN = 2e6+6;
int T, n;
char stc[MAXN];
int top = 0;
string s;
int main()
{
// freopen("a.in","r",stdin);
// freopen("a.out","w",stdout);
scanf("%d", &T);
while(T--){
top = 0;
cin>>s;
int len = s.size();
for(int i = 0; i < len; ++i){
if((stc[top] == 'A' && s[i] == 'B') || (stc[top] == 'B' && s[i] == 'B')){
top--;
}
else{
stc[++top] = s[i];
}
}
printf("%d\n", top);
}
return 0;
}
T2夜桜街道
简述题意：求给定的 \(f(l,r)\) 即为区间 \([l,r]\) 内的顺序对个数。（顺序对定义与逆序对定义相反）
求：
Solution：
考虑如何通过 \(\sum_{i=1}^{n-1} f(1,i)\) 得到 \(\sum_{i=1}^{n} f(1,i)\)。
发现新增的贡献即为较大的数为 \(a_n\) 的顺序对。
先离散化方便统计，然后枚举整个序列，用树状数组进行维护，统计答案是乘上逆元即可
/*
Work by: Suzt_ilymics
Knowledge: ??
Time: O(??)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e6+5;
const int mod = 998244353;
int n, d_num, ans, f;
int a[MAXN];
int date[MAXN];
int inv[MAXN];
int read(){
int s = 0, w = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') w = -1; ch = getchar(); }
while(ch >= '0' && ch <= '9') s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0', ch = getchar();
return s * w;
}
namespace Bit{
#define lowbit(i) i & (-i)
int lim, tree[MAXN];
void init(int lim_) { lim = lim_; }
void add(int x){
for(int i = x; i <= lim; i += lowbit(i)){
tree[i]++;
}
}
int get_sum(int x){
int ret = 0;
for(int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)){
ret += tree[i];
}
return ret;
}
}
signed main()
{
n = read();
inv[1] = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i){
date[i] = a[i] = read();
if(i > 1) inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
}
sort(date + 1, date + n + 1);
d_num = 1;
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
if(date[i] != date[i - 1]) ++d_num;
date[d_num] = date[i];//驱虫
}
for(int i = 1; i <= n; ++i){
a[i] = lower_bound(date + 1, date + d_num + 1, a[i]) - date;
}
Bit::init(d_num);
for(int i = 1; i <= n; ++i){
f = (f + 1 * Bit::get_sum(a[i] - 1)) % mod;
ans = (ans + f * inv[i] % mod) % mod;
Bit::add(a[i]);
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
T4 萃香抱西瓜
简述题意：简化不动
\(Solution\)：
稍有点细节的状压 DP。
读入时对所有时刻所有位置进行标记，记录是否有大小西瓜。
发现小西瓜个数较小，考虑状压一下获得的小西瓜状态。
设 \(s_{t,x,y}\) 表示 \(t\) 时刻，位置 \((x,y)\) 的小西瓜的存在状态。
设 \(f(t,x,y,S)\) 表示，在时间 \(t\)，萃香的位置在 \((x,y)\)，获得的小西瓜状态为 \(S\) 时，需要移动的最小步数。
初始化 \(f(1,sx,sy,s1,sx,sy)=0\)，所有不可到达状态的 \(f=Inf\)。
转移时枚举每个时刻每个位置，从能到达该位置的上个时刻的位置 \((x′,y′)\) 转移过来，还需要枚举上个位置的小西瓜状态，有：
\(f(t,x,y,S|s_{t,x,y})=min{f(t−1,x′,y′,S)}+1\)
统计答案时枚举最后一个时刻的所有取完所有小西瓜的状态，取最小值即可。
复杂度 \(O(Thw2^m)\)，数据范围小可以随便过。
不是很懂，所以直接搬的题解（逃
(Luckyblock变量名好评
/*
Work by: Suzt_ilymics
Knowledge: ??
Time: O(??)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAXALL = 0x3f3f3f3f;
const int kMAX = (1 << 10) + 1;
int dx[5] = {0, 0, 0, 1, -1};
int dy[5] = {0, 1, -1, 0, 0};
int h, w, T, sx, sy;
int n, m, sum = 0;
int a[6][6][110];
int f[6][6][110][kMAX];
int read(){
int w = 1, s = 0;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') w = -1; ch = getchar(); }
while(ch >= '0' && ch <= '9') s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0', ch = getchar();
return s * w;
}
int main()
{
// freopen("d.in","r",stdin);
// freopen("d.out","w",stdout);
h = read(), w = read(), T = read(), sx = read(), sy = read();
n = read(), m = read();
for(int i = 1, t1_ = 0, t2_ = 0, a_ = 0; i <= n; ++i){
t1_ = read(), t2_ = read(), a_ = read();
if(a_) sum++;
for(int j = t1_, x, y; j < t2_; ++j){
x = read(), y = read();
if(a_ == 0){ a[x][y][j] = -1; }
else{ a[x][y][j] = (1 << (sum - 1)); }
}
}
if(a[sx][sy][1] == -1) {
printf("-1"); return 0;
}
int all = (1 << m) - 1;
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
f[sx][sy][1][a[sx][sy][1]] = 0;//初始化
for(int i = 2; i <= T; ++i){
for(int x = 1; x <= w; ++x){
for(int y = 1; y <= h; ++y){
if(a[x][y][i] == -1) continue;
for(int fx = 0; fx <= 4; ++fx){
int x_ = x + dx[fx], y_ = y + dy[fx];
if(x_ < 1 || x_ > w || y_ < 1 || y_ > h) continue;
if(a[x_][y_][i - 1] == -1) continue;
for(int k = 0; k <= all; ++k){
f[x][y][i][k | a[x][y][i]] = min(f[x][y][i][k | a[x][y][i]], f[x_][y_][i -1][k] + (fx > 0));
}
}
}
}
}
int ans = f[0][0][0][0];
for(int x = 1; x <= w; ++x){
for(int y = 1; y <= h; ++y){
ans = min(ans, f[x][y][T][all]);
}
}
printf("%d\n", ans < MAXALL ? ans : -1);
return 0;
}
