重新写了一下去年的题来看看自己到底是有多傻逼。
- 搞了一大坨题面，但是真正有用的信息只有几个：
- 判断他给你的复杂度是多少。
- 判断当前循环进不进的去。
- 判断当前循环产生的贡献。
- 判断当前的变量冲突和匹配。
- \(1\)傻逼，\(2,3\)就是分四种情况讨论一下就可以了，为了做\(2\)我们要开一个栈来记录之前所有的循环。
- 然后为了做\(2\)而开的栈，恰好就把\(4\)顺便做掉了。
- 所以代码巨短。
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#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
using namespace std;
const int N=100001;
int t,n,Std,ans,now,ban,ERR;
int tp,Zm[N],Mark[N],ues[N],vis[30];
string S,Fir,Sec;char f,I;
void work(){
cin>>f;
if(f=='F'){
cin>>I;R II=I-'a';
if(vis[II])ERR=1;
vis[II]=1,cin>>Fir>>Sec,Zm[++tp]=II;
if(Fir=="n"&&Sec=="n"){
if(!ban)ans=max(ans,now);
Mark[tp]=0,ues[tp]=0;
}
else if(Fir=="n"&&Sec!="n")
ban++,Mark[tp]=1,ues[tp]=0;
else if(Fir!="n"&&Sec=="n"){
now++,Mark[tp]=0,ues[tp]=1;
if(!ban)ans=max(ans,now);
}
else {
R fir=0,sec=0;
for(R j=0,l=Fir.length();j<l;++j)fir=fir*10+Fir[j]-'0';
for(R j=0,l=Sec.length();j<l;++j)sec=sec*10+Sec[j]-'0';
if(fir<=sec){
if(!ban)ans=max(ans,now);
Mark[tp]=0,ues[tp]=0;
}
else ban++,Mark[tp]=1,ues[tp]=0;
}
}
else vis[Zm[tp]]=0,ban-=Mark[tp],now-=ues[tp],tp--;
}
void sol(){
cin>>n,Std=ans=ERR=tp=now=ban=0,cin>>S;
memset(vis,0,sizeof(vis));
if(S!="O(1)")
for(R j=4,l=S.length();j<l-1;++j)
Std=Std*10+S[j]-'0';
while(n--)work();ERR|=tp;
if(ERR)puts("ERR");
else if(ans==Std)puts("Yes");
else puts("No");
}
int main(){
cin>>t;while(t--)sol();
return 0;
}
- \(K\leq 50\)，就是让你\(dp\)的。
- 设\(f_{i,j}\)表示当前在\(i\)点，额外走过的路恰好为\(j\)的方案数。
- 这个正反\(dij\)之后就很好转移了。
- 如果不存在\(0\)环，那么转移就一定满足拓扑关系（最短路性质）。
- 但是存在\(0\)环就不满足拓扑关系了。
- 所以利用这一点来判断\(0\)环即可，如果当前\(dp\)状态已经存在于\(dfs\)栈中，则不合法。
- 至于为什么\(dp\)到的\(0\)环一定走的到？
- 因为\(dp\)的状态一定是和终点状态相通的。
//100
#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
#define ll long long
using namespace std;
const int N=100001;
const int M=400001;
int t,n,m,K,mod,u,v,x,ans;
int vis[N][51],f[N][51];
struct ip{int vl,id;};
int operator < (ip x,ip y){return x.vl>y.vl;}
priority_queue<ip>Q;
void add(R &x,R y){x=(x+y>=mod?x+y-mod:x+y);}
int gi(){
R x=0,k=1;char c=getchar();
while((c<'0'||c>'9')&&c!='-')c=getchar();
if(c=='-')k=-1,c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();
return x*k;
}
struct Gra{
int cnt,hd[N],to[M],w[M],nt[M];
int Dis[N],vis[N];
void link(R f,R t,R d){nt[++cnt]=hd[f],to[cnt]=t,w[cnt]=d,hd[f]=cnt;}
void init(){
memset(hd,0,sizeof(hd)),cnt=ans=0;
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(Dis,0x7f,sizeof(Dis));
}
void dij(R s){
Dis[s]=0,Q.push((ip){0,s});
while(!Q.empty()){
R i=Q.top().id;Q.pop();
if(vis[i])continue;vis[i]=1;
for(R k=hd[i];k;k=nt[k])
if(Dis[to[k]]>Dis[i]+w[k]){
Dis[to[k]]=Dis[i]+w[k];
Q.push((ip){Dis[to[k]],to[k]});
}
}
}
}Z,F;
int Dfs(R i,R j){
if(vis[i][j])return -1;
if(f[i][j]!=-1)return f[i][j];
f[i][j]=(i==1&&j==0),vis[i][j]=1;
for(R k=F.hd[i];k;k=F.nt[k]){
R v=F.to[k],p=j-(F.Dis[i]+F.w[k]-F.Dis[v]);
if(p>=0){
R g=Dfs(v,p);
if(g==-1)return -1;
add(f[i][j],g);
}
}
vis[i][j]=0;return f[i][j];
}
void sol(){
Z.init(),F.init();
n=gi(),m=gi(),K=gi(),mod=gi();
for(R i=1;i<=m;++i){
u=gi(),v=gi(),x=gi();
Z.link(u,v,x),F.link(v,u,x);
}
Z.dij(1),F.dij(n);
memset(f,-1,sizeof(f));
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(R i=0;i<=K;++i){
f[n][i]=Dfs(n,i);
if(f[n][i]==-1){puts("-1");return ;}
else add(ans,f[n][i]);
}
printf("%d\n",ans);
}
int main(){
t=gi();while(t--)sol();
return 0;
}
- 连通性，并查集。
- 暴力连边即可。
- 防止爆\(longlong\)的方法，判断这个$$x2+y2\leq4*r2-z2$$
- 就可以了，效果很好。
//100
#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
#define ll long long
using namespace std;
const int N=5101;
int t,n,fa[N];ll h,r;
struct Qs{ll x,y,z;}Q[N];
int gi(){
R x=0,k=1;char c=getchar();
while((c<'0'||c>'9')&&c!='-')c=getchar();
if(c=='-')k=-1,c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();
return x*k;
}
int find(R x){if(fa[x]!=x)fa[x]=find(fa[x]);return fa[x];}
ll sqr(ll x){return x*x;}
int Dis(R i,R j){
return (sqr(Q[i].x-Q[j].x)+sqr(Q[i].y-Q[j].y)<=4ll*sqr(r)-sqr(Q[i].z-Q[j].z));
}
void sol(){
n=gi(),h=gi(),r=gi();
for(R i=1;i<=n;++i)
Q[i].x=gi(),Q[i].y=gi(),Q[i].z=gi(),fa[i]=i;
for(R i=1;i<=n;++i)
for(R j=i+1;j<=n;++j)
if(Dis(i,j)){
R fu=find(i),fv=find(j);
fa[fu]=fv;
}
fa[n+1]=n+1,fa[n+2]=n+2;
for(R i=1;i<=n;++i)
if(Q[i].z+r>=h){
R fu=find(i),fv=find(n+1);
fa[fu]=fv;
}
for(R i=1;i<=n;++i)
if(Q[i].z-r<=0){
R fu=find(i),fv=find(n+2);
fa[fu]=fv;
}
puts(find(n+1)==find(n+2)?"Yes":"No");
}
int main(){
t=gi();while(t--)sol();
return 0;
}
- 以前落实这个题目的时候打了个假算法。
- 网上的\(dp\)大多都不正确，正解是子集\(dp\)。
- 先暴搜，然后套个\(A*\)，发现跑得比较快。
- 然后\(hash\)当前集合状态和到根节点距离，存下来。
- 然后就可以\(1000ms\)内通过所有测试点。
- 可以过网上我看到的所有\(hack\)数据。
//100
#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define R register int
using namespace std;
const int N=600005;
const int M=13;
const int bas=257;
int n,m,Mp[M][M];
int ans,Dis[N];
map<ull,int>G;
int gi(){
R x=0,k=1;char c=getchar();
while((c<'0'||c>'9')&&c!='-')c=getchar();
if(c=='-')k=-1,c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();
return x*k;
}
int check(R S){
R res=0;
for(R j=1;j<=n;++j)
if(((1<<(j-1))&S)==0){
R Mn=1e9;
for(R k=1;k<=n;++k)
Mn=min(Mn,Mp[j][k]);
res+=Mn;
}
return res;
}
ull Hash(R S){
ull res1=0,res2=0;
for(R j=1;j<=n;++j)
res1=res1*bas+j,res2=res2*bas+Dis[j];
return res1^res2;
}
void Dfs(R S,R now){
if(S==(1<<n)-1){ans=min(now,ans);return;}
if(check(S)>=ans-now)return ;
ull has=Hash(S);
if(G.find(has)!=G.end())
if(G[has]<=now)return ;
G[has]=now;
for(R k=1;k<=n;++k)
if(((1<<(k-1))&S)==0){
R T=((1<<(k-1))|S);
for(R j=1;j<=n;++j)
if(((1<<(j-1))&S)&&Mp[j][k]!=Mp[0][0]){
Dis[k]=Dis[j]+1;
Dfs(T,now+Dis[j]*Mp[j][k]);
Dis[k]=0;
}
}
}
int main(){
freopen("testdata(2).in","r",stdin);
n=gi(),m=gi(),ans=2e9;
memset(Mp,0x7f,sizeof(Mp));
for(R i=1;i<=m;++i){
R u=gi(),v=gi(),x=gi();
Mp[u][v]=min(Mp[u][v],x);
Mp[v][u]=Mp[u][v];
}
for(R i=1;i<=n;++i){
memset(Dis,0,sizeof(Dis));
Dis[i]=1,Dfs(1<<(i-1),0);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
- 这个真的是套路题，数据结构做多了就没什么意思了。
- \(O(q^2)\)的做法是每次考虑之前的询问对当前询问的影响。
- 比如说你这次询问\((i,j)\)是谁，上一次询问的是\((i,j−1)\)
- 那么你就知道了这一次在\((i,j)\)的人实际上就是上一次在\((i,j+1)\)的人。
- 这样依次推到最开始就可以了。
- \(80\)分只有一条链，在上面线段树二分即可。
- \(100\)分就是开很多个线段树。
- 网上\(100\)分代码一大堆，这里给出\(70\)分部分分代码。
//70
#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
#define ll long long
using namespace std;
const int N=600005;
int n,m,q;
int gi(){
R x=0,k=1;char c=getchar();
while((c<'0'||c>'9')&&c!='-')c=getchar();
if(c=='-')k=-1,c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();
return x*k;
}
namespace cpp1{
const int N=601;
struct Qs{int x,y;}Q[N];
ll Idx(R x,R y){return 1ll*(x-1)*m+y;}
void Main(){
for(R i=1;i<=q;++i)Q[i].x=gi(),Q[i].y=gi();
for(R i=1;i<=q;++i){
R x=Q[i].x,y=Q[i].y;
for(R j=i-1;j>=1;--j){
if(Q[j].x==x&&Q[j].y<=y&&y<m)y++;
else if(y==m&&Q[j].x<=x&&x<n)x++;
else if(x==n&&y==m)x=Q[j].x,y=Q[j].y;
}
printf("%lld\n",Idx(x,y));
}
exit(0);
}
}
#define low(x) (x&(-x))
namespace cpp2{
int len,vl[N*4];
vector<int>G;
int query(R le,R ri,R lim,R i){
if(le==ri)return le;
R mid=(le+ri)>>1,ls=(i<<1),rs=(ls|1),F=mid-le+1-vl[ls];
if(F<lim)return query(mid+1,ri,lim-F,rs);
else return query(le,mid,lim,ls);
}
void mdf(R le,R ri,R pos,R i){
if(le==ri){vl[i]++;return ;}
R mid=(le+ri)>>1,ls=(i<<1),rs=(ls|1);
if(pos<=mid)mdf(le,mid,pos,ls);else mdf(mid+1,ri,pos,rs);
vl[i]=vl[ls]+vl[rs];
}
void Main(){
len=m+q;
for(R i=1;i<=q;++i){
gi();R x=gi();
R ans=query(1,len,x,1);
if(ans<=m)printf("%d\n",ans),G.push_back(ans);
else printf("%d\n",G[ans-m-1]),G.push_back(G[ans-m-1]);
mdf(1,len,ans,1);
}
}
}
int main(){
n=gi(),m=gi(),q=gi();
if(q<=500)cpp1::Main();
if(n==1)cpp2::Main();
return 0;
}
