【题解】毒瘤 OI 刷题汇总 [SCOI2011]

【题解】毒瘤 OI 刷题汇总 [SCOI2011]

由于不清楚题目顺序，就按照 \(\text{BZOJ}\) 上面的排列好了。

---

一个小学生图论板子，一个数据结构胖题，一个恶心模拟，一个毒瘤插头 \(dp\)，两道死题，我枯TAT....

---

【Day1 T1】糖果

传送门：糖果 \(\text{[P3275]}\) \(\text{[Bzoj2330]}\)

【题目描述】

给出 \(m\) \((m\leqslant 10^5)\) 个约束条件，条件分为以下 \(5\) 种：

\(1\ x\ y:\) \(A[x]=A[y]\)

\(2\ x\ y:\) \(A[x]<A[y]\)

\(3\ x\ y:\) \(A[x]\geqslant A[y]\)

\(4\ x\ y:\) \(A[x]>A[y]\)

\(5\ x\ y:\) \(A[x]\leqslant A[y]\)

现要构造一个长为 \(n\) \((n\leqslant 10^5)\) 的合法序列 \(A\)，使得序列中的数总和最小，并输出这个最小值，如果无解输出 \(-1\) 。

【分析】

差分约束板子题，没啥好说的，暴力建边瞎跑个 \(SPFA\) 就水过去了。

时间复杂度：\(O(SPFA)\) 。

【Code】

#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define Re register int
using namespace std;
const int N=1e5+5,M=3e5+5,inf=2e9;
int x,y,n,m,o,op,chu[N],dis[N],pan[N],head[N];long long ans;
struct QAQ{int w,to,next;}a[M];queue<int>Q;
inline void add(Re x,Re y,Re z){a[++o].to=y,a[o].w=z,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void in(Re &x){
    Re fu=0;x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')fu|=ch=='-',ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    x=fu?-x:x;
}
inline int SPFA(Re st,Re ed){//求最小值跑最长路 
    for(Re i=0;i<=n;++i)dis[i]=-inf,chu[i]=0;
    dis[st]=0,chu[st]=pan[st]=1,Q.push(st);
    while(!Q.empty()){
        x=Q.front(),Q.pop();
        pan[x]=0;
        for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
            if(dis[to=a[i].to]<dis[x]+a[i].w){
                dis[to]=dis[x]+a[i].w;
                if((chu[to]=chu[x]+1)>n+1)return 1;
                if(!pan[to])pan[to]=1,Q.push(to);
            }
    }
    return 0;
}
int main(){
    in(n),in(m);
    for(Re i=n;i>=1;--i)add(0,i,1); //a[i]>=a[0]=1,a[i]-a[0]>=1
    while(m--){
        in(op),in(x),in(y);
        if(op<2)add(y,x,0),add(x,y,0);//a[x]==a[y]: a[x]-a[y]>=0且a[y]-a[x]>=0
        else if(op<3)add(x,y,1);//a[x]<a[y]: a[y]-a[x]>=1
        else if(op<4)add(y,x,0);//a[x]>=a[y]: a[x]-a[y]>=0
        else if(op<5)add(y,x,1);//a[x]>a[y]: a[x]-a[y]>=1
        else add(x,y,0);//a[x]<=a[y]: a[y]-a[x]>=0
        if(!(op%2)&&x==y){puts("-1");return 0;}
    }
    if(SPFA(0,n))puts("-1");
    else{
        for(Re i=1;i<=n;++i)ans+=dis[i];
        printf("%lld",ans);
    }
}

---

【Day1 T2】地板

传送门：地板 \(\text{[P3272]}\) \(\text{[Bzoj2331]}\)

【题目描述】

给出一个 \(n*m\) \((n*m\leqslant 100)\) 的方格图，其中一些格子有障碍，剩下的为空格。求用 \(\text{L}\) 形地板把空格填满的方案数。

【分析】

一道简单三进制插头 \(dp\) 。

\(\text{L}\) 形实际上就是一根只拐了一次弯的线，考虑在轮廓线上另加一个状态表示插头是否拐过弯，用 \(0\) 表示没有插头，\(1\) 表示一个还没拐过弯的插头，\(2\) 表示一个已经拐过弯的插头，随便分类讨论下就完事了。

时间复杂度：\(O(nm2^{10})\) 。

洛谷上那几篇题解都用了各种各样的奇怪 \(\text{Hash}\)
\(emm...\) 不是很能理解那种写法，不仅增加了码量还会加大常数。

实际上存一下 \(3\) 的各次幂就可以了，常数会小很多。下面这份代码不开 \(O2\) 就直接跑到了 \(rk2\)，\(\text{loj}\) 上 \(rk1\)，而且把同类项合并起来说不定还能更快。

【Code】

#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=103,M=177147+3,P=20110520;
int n,m,o,V,Mi[N],A[N][N],A_[N][N],dp[2][M];char s[N];//0:没有插头 1:还没拐过的插头 2:已经拐过的插头
inline void in(Re &x){
    int f=0;x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=f?-x:x;
}
inline void mo(Re &x){if(x>P)x-=P;}
int main(){
//    freopen("123.txt","r",stdin);
    in(n),in(m);
    for(Re i=1;i<=n;++i){
        scanf("%s",s+1);
        for(Re j=1;j<=m;++j)A[i][j]=(s[j]=='*');
    }
    if(n<m){
        for(Re i=1;i<=n;++i)
            for(Re j=1;j<=m;++j)
                A_[j][i]=A[i][j];
        swap(n,m);
        for(Re i=1;i<=n;++i)
            for(Re j=1;j<=m;++j)
                A[i][j]=A_[i][j];
    }
    Mi[0]=1;for(Re i=1;i<=m+1;++i)Mi[i]=Mi[i-1]*3;
    V=Mi[m+1]-1,dp[o][0]=1;
    for(Re i=1;i<=n;++i){
        o^=1;
        for(Re s=0;s<=V;++s)dp[o][s]=s%3?0:dp[o^1][s/3];
        for(Re j=1;j<=m;++j){
            o^=1;
            for(Re s=0;s<=V;++s)dp[o][s]=0;
            for(Re s=0;s<=V;++s)if(dp[o^1][s]){
                Re L=s/Mi[j-1]%3,U=s/Mi[j+1-1]%3,ML=Mi[j-1],MU=Mi[j+1-1];
                if(A[i][j]){//此处不能放插头
                    if(!L&&!U)mo(dp[o][s]+=dp[o^1][s]);
                }
                else{//此处可以放插头
                    if(L==0&&U==0){
                        mo(dp[o][s+ML]+=dp[o^1][s]);//下1
                        mo(dp[o][s+MU]+=dp[o^1][s]);//右1
                        mo(dp[o][s+2*ML+2*MU]+=dp[o^1][s]);//右下拐
                    }
                    if(L==0&&U==1){
                        mo(dp[o][s+MU]+=dp[o^1][s]);//右上拐，原来的1变成2
                        mo(dp[o][s+ML-MU]+=dp[o^1][s]);//下1
                    }
                    if(L==0&&U==2){
                        mo(dp[o][s+2*ML-2*MU]+=dp[o^1][s]);//下2
                        mo(dp[o][s-2*MU]+=dp[o^1][s]);//在这一格后便终止
                    }
                    if(L==1&&U==0){
                        mo(dp[o][s+ML]+=dp[o^1][s]);//左下拐，原来的1变成2
                        mo(dp[o][s-ML+MU]+=dp[o^1][s]);//右1
                    }
                    if(L==1&&U==1)mo(dp[o][s-ML-MU]+=dp[o^1][s]);//左上拐，原来的1变为0
                    if(L==1&&U==2);//无法继续
                    if(L==2&&U==0){
                        mo(dp[o][s-2*ML+2*MU]+=dp[o^1][s]);//右2
                        mo(dp[o][s-2*ML]+=dp[o^1][s]);//在这一格后便终止
                    }
                    if(L==2&&U==1);//无法继续
                    if(L==2&&U==2);//无法继续
                }
            }
        }
    }
    printf("%d\n",dp[o][0]);
}

---

【Day1 T3】植物大战僵尸

传送门：植物大战僵尸 \(\text{[P3274]}\) \(\text{[Bzoj2332]}\)

【题目描述】

略。

【分析】

貌似是个毒瘤网络瘤。

死题，不会。

【Code】

不知道这儿能放啥，干脆买个萌吧(⊙ω⊙)

---

【Day2 T1】棘手的操作

传送门：棘手的操作 \(\text{[P3273]}\) \(\text{[Bzoj2333]}\)

【题目描述】

有 \(n\) \((n\leqslant 3*10^5)\) 个初始相不连通的点，第 \(i\) 个节点的权值为 \(a_i\)，给出 \(m\) \((m\leqslant 3*10^5)\) 个操作，操作有以下几种：

• \(U\ x\ y:\) 增加一条连接节点 \(x\) 和节点 \(y\) 的边。

• \(A1\ x\ v:\) 将节点 \(x\) 的权值增加 \(v\) 。

• \(A2\ x\ v:\) 将节点 \(x\) 所在连通块的所有节点权值都增加 \(v\) 。

• \(A3\ v:\) 将所有节点的权值都增加 \(v\) 。

• \(F1\ x:\) 输出节点 \(x\) 的权值。

• \(F2\ x:\) 输出节点 \(x\) 所在连通块中的最大权值。

• \(F3:\) 输出所有节点中的最大权值。

【分析】

冰茶姬预处理 + 线段树瞎搞。

由于只有连边没有断边，所以一定可以给所有节点找到一种编号的排列，使得在任意时刻同一联通块中的点均为一段编号连续的区间。

写个可回退的按秩合并冰茶姬预处理出编号，然后用线段树维护即可。

时间复杂度：\(O(m\log n)\)。

【Code】

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<stack>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=3e5+3,inf=2e9;
int n,T,O,A[N],id[N],idx[N];
struct QAQ{int x,y;char op[5];}a[N];
inline void in(Re &x){
    int f=0;x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=f?-x:x;
}
int fa[N],size[N];
struct QWQ{int x,fa,size;};stack<QWQ>Q;
inline int find(Re x){return fa[x]==x?x:find(fa[x]);}
inline void merge(Re x,Re y){
    if((x=find(x))==(y=find(y)))return;
    if(size[x]<size[y])swap(x,y);
    Q.push((QWQ){y,x,size[y]});
    fa[y]=x,size[x]+=size[y];
}
inline void sakura(Re o){
    if(o>T){
        for(Re i=1;i<=n;++i)if(!id[find(i)])
            id[find(i)]=++O,O+=size[find(i)]-1;
        return;
    }
    Re tmp=Q.size();
    if(a[o].op[0]=='U')merge(a[o].x,a[o].y);
    sakura(o+1);
    if(Q.size()!=tmp){
        QWQ a=Q.top();Q.pop();
        fa[a.x]=a.x,size[a.fa]-=(size[a.x]=a.size);
        id[a.x]=id[a.fa]+size[a.fa];
    }
}
struct Segment_Tree{
    #define pl (p<<1)
    #define pr (p<<1|1)
    #define mid ((L+R)>>1)
    struct QAQ{int max,add;}tr[N<<2];
    inline void build(Re p,Re L,Re R){
        if(L==R){tr[p].max=A[idx[L]];return;}
        build(pl,L,mid),build(pr,mid+1,R);
        tr[p].max=max(tr[pl].max,tr[pr].max);
    }
    inline void updata(Re p,Re v){tr[p].max+=v,tr[p].add+=v;}
    inline void pushdown(Re p){
        if(tr[p].add)updata(pl,tr[p].add),updata(pr,tr[p].add),tr[p].add=0;
    }
    inline void change(Re p,Re L,Re R,Re l,Re r,Re v){
        if(l<=L&&R<=r){updata(p,v);return;}
        pushdown(p);
        if(l<=mid)change(pl,L,mid,l,r,v);
        if(r>mid)change(pr,mid+1,R,l,r,v);
        tr[p].max=max(tr[pl].max,tr[pr].max);
    }
    inline int ask(Re p,Re L,Re R,Re l,Re r){
        if(l<=L&&R<=r)return tr[p].max;
        Re ans=-inf;pushdown(p);
        if(l<=mid)ans=max(ans,ask(pl,L,mid,l,r));
        if(r>mid)ans=max(ans,ask(pr,mid+1,R,l,r));
        return ans;
    }
}TR;
#define op0 a[i].op[0]
#define op1 a[i].op[1]
int main(){
//    freopen("123.txt","r",stdin);
    in(n);
    for(Re i=1;i<=n;++i)in(A[i]),fa[i]=i,size[i]=1;
    in(T);
    for(Re i=1;i<=T;++i){
        scanf("%s",a[i].op);
        if(a[i].op[0]=='F'&&a[i].op[1]=='3')continue;
        in(a[i].x);
        if(a[i].op[0]=='U'||(a[i].op[0]=='A'&&a[i].op[1]!='3'))in(a[i].y);
    }
    sakura(1);
    for(Re i=1;i<=n;++i)idx[id[i]]=i;
    TR.build(1,1,n);
    for(Re i=1,dlt=0;i<=T;++i){
        if(op0=='U')merge(a[i].x,a[i].y);
        else if(op0=='A'){
            if(op1=='1')TR.change(1,1,n,id[a[i].x],id[a[i].x],a[i].y);
            else if(op1=='2')a[i].x=find(a[i].x),TR.change(1,1,n,id[a[i].x],id[a[i].x]+size[a[i].x]-1,a[i].y);
            else dlt+=a[i].x;
        }
        else{
            if(op1=='1')printf("%d\n",dlt+TR.ask(1,1,n,id[a[i].x],id[a[i].x]));
            else if(op1=='2')a[i].x=find(a[i].x),printf("%d\n",dlt+TR.ask(1,1,n,id[a[i].x],id[a[i].x]+size[a[i].x]-1));
            else printf("%d\n",dlt+TR.tr[1].max);
        }
    }
}

---

【Day2 T2】镜像拆分

传送门：镜像拆分 \(\text{[P3276]}\) \(\text{[Bzoj2334]}\)

【题目描述】

略。

【分析】

貌似是个毒瘤数位 \(dp\)。

死题，不会。

【Code】

不知道这儿能放啥，干脆买个萌吧(⊙ω⊙)

---

【Day2 T3】飞镖

传送门：飞镖 \(\text{[P3277]}\) \(\text{[Bzoj2335]}\)

【题目描述】

略。

【分析】

毒瘤数学模拟题，恶心，不想做。

【Code】

不知道这儿能放啥，干脆买个萌吧(⊙ω⊙)

---