noip模拟测试10
T1
这道题在考场上想到了二维前缀和，就是自己算前缀和的方式有点麻烦，导致花的时间较长，但还是成功搞了出来。
因为暴力计算的话需要不停枚举左上角和右下角的 i ,j, 时间复杂度为 n^4 ,我当时就想一种能不能减少一层或者两层枚举内容，但是没什么思路。
考虑这样一个性质：在模k意义下相同的前缀和，任意两个相减可以被 k 整除
这道题正解为 n^3 ,的复杂度，我们考虑将每一列压缩，这样，我们只需要通过枚举每个矩形区域的上下边界，就可以求得答案
注意：当余数为0的时候要多算一次答案
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define re register int
#define int long long
#define ll long long
using namespace std;
const int N=410,M=1e6+10;
int n,m,k,ans;
int a[N][N],sum[N][N],s[N];
int vis[M];
ll read()
{
ll x=0;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x;
}
#undef int
int main()
{
#define int long long
n=read();
m=read();
k=read();
for(re i=1;i<=n;i++)
{
for(re j=1;j<=m;j++)
{
a[i][j]=read();
}
}
for(re i=1;i<=n;i++)
{
for(re j=1;j<=m;j++)
{
sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+a[i][j];
}
}
for(re i=0;i<n;i++)
{
for(re j=i+1;j<=n;j++)
{
for(re p=1;p<=m;p++)
{
s[p]=(sum[j][p]-sum[i][p]+k)%k;
ans+=vis[s[p]]++;
}
ans+=vis[0];
for(re p=1;p<=m;p++)
vis[s[p]]=0;
vis[0]=0;
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
T2
这道题，是一道贪心题，但是我在考场上没看出来，当时之打了个dfs。
其实不难看出，如果要修建小队，则在距离他的最远的祖先哪里最优
所以我们可以按深度从大到小排序，从深度最大的儿子向上更新答案
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define re register int
#define next neet
#define INF 9999999
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,k,t,ans,tot;
int fa[N],deep[N],num[N],o[N];
int to[N<<1],next[N<<1],head[N<<1];
struct node
{
int out,ff;
};
int my(int a,int b)
{
return deep[a]>deep[b];
}
node gett(int v)
{
node P;
int u=v,out=INF,mf=v;
for(re i=1;i<=k;i++)
{
u=fa[u];
out=min(out,o[u]+i);
mf=u;
if(u==0)
break;
}
P.out=out;
P.ff=mf;
return P;
}
void change(int x)
{
int u=x;
for(re i=1;i<=k;i++)
{
u=fa[u];
o[u]=min(o[u],i);
if(u==0)
break;
}
}
void add(int x,int y)
{
to[++tot]=y;
next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void dfs(int st,int f)
{
deep[st]=deep[f]+1;
for(re i=head[st];i;i=next[i])
{
int p=to[i];
if(p==f)
continue;
fa[p]=st;
dfs(p,st);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&k,&t);
int a,b,c,d;
for(re i=2;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
add(a,b);
add(b,a);
}
deep[0]=-1;
dfs(1,0);
for(re i=1;i<=n;i++)
{
num[i]=i;
o[i]=INF;
}
o[0]=INF;
sort(num+1,num+n+1,my);
for(re i=1;i<=n;i++)
{
int v=num[i];
node X;
X=gett(v);
o[v]=min(o[v],X.out);
if(o[v]>k)
{
++ans;
o[X.ff]=0;
change(X.ff);
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
T3
这道题，确实比较有难度
看到对于一个区间的操作，我当时想了线段树，书装数组，但是没什么思路。
正解是利用差分！！，这道题思路非常妙，考虑一个差分数组，那么考虑对原 010101 串进行差分。 例如样例，原串是 0100010，这里设第 000 位和第 n+1n+1n+1 位都为 000，用红色数字表示。
则差分之后是 0110011，那么我们对原串 [l,r] ,进行翻转，相当于把 a[l]^=1,a[r+1]^=1,
而我们的目的是将差分数组全部变为0，考虑转移时的情况：
1.两端都是 0，变为 1
2.两端都是1.变为 0
3.一个 1，一个 0；
可见，只有第二种情况对答案有贡献，所以我们之考虑第二种情况；
我们将每个 i与i+b[j] 连一条长度为1的边，那么将 [L,R] 的区间翻转的最小次数就是 L到 R 的最短路
我们将所有的 1 进行状态压缩，易得：
t=s^(1<<i-1)^(1<<j-1)
f[t]=min(f[t],f[s]+dis[i][j]);
最后输出答案 f[0]，即可
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define re register int
using namespace std;
const int N=4e4+10;
int n,k,m,sum;
int b[N],pos[N],dis[N],q[N];
int f[(1<<16)+5];
int d[N>>2][N>>2];
bool vis[N];
void bfs()
{
int u,v,l,r;
for(re i=1;i<=sum;i++)
{
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
memset(vis,0,sizeof(vis));
dis[pos[i]]=0;
vis[pos[i]]=1;
l=r=1;
q[l]=pos[i];
while(l<=r)
{
u=q[l];
++l;
for(re j=1;j<=m;j++)
{
v=u-b[j];
if(v>=1&&(!vis[v]))
{
dis[v]=dis[u]+1;
vis[v]=1;
q[++r]=v;
}
v=u+b[j];
if(v<=n+1&&(!vis[v]))
{
dis[v]=dis[u]+1;
vis[v]=1;
q[++r]=v;
}
}
}
for(re j=1;j<=sum;j++)
d[i][j]=dis[pos[j]];
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);
int a;
for(re i=1;i<=k;i++)
{
scanf("%d",&a);
vis[a]^=1;
vis[a+1]^=1;
}
for(re i=1;i<=m;i++)
scanf("%d",&b[i]);
for(re i=1;i<=n+1;i++)
if(vis[i])
pos[++sum]=i;
bfs();
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[(1<<sum)-1]=0;
for(re s=(1<<sum)-1;s;s--)
{
int p=1;
int ss=s;
while((ss&1)==0)
{
++p;
ss>>=1;
}
for(re i=p+1;i<=sum;i++)
{
int t=s^(1<<(i-1))^(1<<(p-1));
f[t]=min(f[t],f[s]+d[p][i]);
}
}
printf("%d\n",f[0]);
return 0;
}
