noip2016 (difficult as HLJOI2016???)

D1:

T2:

感觉挺难的但是部分分的提示挺充足

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<iostream>
 4 #include<cstring>
 5 #include<cstdlib>
 6 #include<cmath>
 7 using namespace std;
 8 template<typename T>
 9 inline void read(T &a){
10     a=0;T b=1;char x=getchar();
11     while(x<'0'||'9'<x){
12         if(x=='-')b=-1;
13         x=getchar();
14     }
15     while('0'<=x&&x<='9'){
16         a=(a<<1)+(a<<3)+x-'0';
17         x=getchar();
18     }
19     a*=b;
20 }
21 char C_[50];
22 int TEMP;
23 template<typename T>
24 inline void write(T a){
25     if(a<0){
26          putchar('-');
27          a=-a;
28     }
29     do{
30          C_[++TEMP]=a%10+'0';
31          a/=10;
32     }while(a);
33     while(TEMP)putchar(C_[TEMP--]);
34 }
35 /*
36 从 u到v 的等差单调路径 有贡献
37 当且仅当路径经过点 i 且路径起点与 i 的距离等于 wi
38 
39 于是差分
40 把u->v <=> u->lca lca->v <=> 
41 u->root(贡献+1) 
42 lca->root(贡献-1) 
43 
44 root->fa[lca](贡献-1) 
45 root->(贡献+1) 
46 */
47 int main()
48 {
49      return 0;
50 }

running

。。。（注意提示）

感觉自己想麻烦了，其实就是找一个好维护的不变量，预处理出来，再O(logn) 以内的复杂度查询

总结

1.不要痴迷于想正解，先打暴力在想正解，否则就会有时间想没时间写

2.能设计O(n)算法就不要使用数据结构，能省一个logn 的复杂度

3.这种统计类问题往往不能直接一个一个加，而是构造出几个不变量和一个关系式，以此查询及统计贡献

and 条件和贡献之间往往不是等价的、删除的复杂度很高，所以要使用差量法进行统计

4.新思路：全局桶+增量法（由于删除操作很费时间所以我们记录初始时的总贡献和结束时的总贡献，将其作差就是这一过程中的贡献）

5.正解往往是各种部分分算法的综合，所以先想部分分在想正解有帮助

安利一个实用知识点--->Tarjan O(n+q)求lca

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<iostream>
 4 #include<cstring>
 5 #include<cstdlib>
 6 #include<cmath>
 7 using namespace std;
 8 template<typename T>
 9 inline void read(T &a){
10     a=0;T b=1;char x=getchar();
11     while(x<'0'||'9'<x){
12         if(x=='-')b=-1;
13         x=getchar();
14     }
15     while('0'<=x&&x<='9'){
16         a=(a<<1)+(a<<3)+x-'0';
17         x=getchar();
18     }
19     a*=b;
20 }
21 char C_[50];
22 int TEMP;
23 template<typename T>
24 inline void write(T a){
25     if(a<0){
26          putchar('-');
27          a=-a;
28     }
29     do{
30          C_[++TEMP]=a%10+'0';
31          a/=10;
32     }while(a);
33     while(TEMP)putchar(C_[TEMP--]);
34 }
35 const int maxn=5e5+5;
36 int fst[maxn][2],nxt[maxn<<1][2],to[maxn<<1][2],edge_count[2]={1,1},lca[maxn<<1];
37 inline void add(int x,int y,bool b){
38     edge_count[b]++;
39     to[edge_count[b]][b]=y;
40     nxt[edge_count[b]][b]=fst[x][b];
41     fst[x][b]=edge_count[b];
42 }
43 int f[maxn];
44 int find(int x){return f[x]==x ? x : f[x]=find(f[x]) ;}
45 bool vis[maxn];
46 //标记是否找过，找过则对方结点的最上层为lca ，利用了dfs序性质 
47 
48 int n,m,s;
49 void dfs(int u){
50     f[u]=u;//dsu_init
51     vis[u]=1;
52     for(int i=fst[u][0];i;i=nxt[i][0]){
53         int v=to[i][0];
54         if(!vis[v]){
55             dfs(v);
56             f[v]=u;
57         }
58     }
59     for(int i=fst[u][1];i;i=nxt[i][1]){
60         int v=to[i][1];
61         if(vis[v]){
62             lca[i]=lca[i^1]=find(v);
63         }
64     }
65 }
66 int main()
67 {
68     read(n);read(m);read(s);
69     for(int i=1,x,y;i<n;i++){
70         read(x);read(y);
71         add(x,y,0);add(y,x,0);
72     }
73     for(int i=1,x,y;i<=m;i++){
74         read(x);read(y);
75         add(x,y,1);add(y,x,1);
76     }
77     dfs(s);
78     for(int i=1;i<=m;i++)write(lca[i<<1]),putchar('\n');
79      return 0;
80 }

Tarjan+dsu 求lca

D1:

T1：

注意各种定理的使用条件

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<cstring>
 4 using namespace std;
 5 int t,k;
 6 const int maxn=2e3+5;
 7 /*
 8 由于无法使用 inv的递推公式，并且不能使用CRT
 9 考虑杨辉三角递推（n*m）
10 
11 */
12 int n,m;
13 int c[maxn][maxn],ans[maxn][maxn];
14 int main(){
15     freopen("problem.in","r",stdin);
16     freopen("problem.out","w",stdout);
17     scanf("%d%d",&t,&k);
18     
19     for(int i=0;i<=maxn-5;i++)c[i][0]=1;
20     
21     for(int i=1;i<=maxn-5;i++)for(int j=1;j<=i;j++){
22         c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%k;
23         if(!c[i][j])ans[i][j]++;
24     }
25     /*for(int i=0;i<=20;i++){
26     for(int j=0;j<=i;j++)printf("%d ",c[i][j]);
27     printf("\n");
28     }*/
29     
30     
31     for(int i=1;i<=maxn-5;i++)for(int j=1;j<=maxn-5;j++)
32     ans[i][j]+=(ans[i-1][j]+ans[i][j-1]-ans[i-1][j-1]);
33     
34     /*for(int i=0;i<=20;i++){
35     for(int j=0;j<=i;j++)printf("%d ",ans[i][j]);
36     printf("\n");
37     }*/
38     for(int i=1;i<=t;i++){
39         scanf("%d%d",&n,&m);
40         printf("%d\n",ans[n][m]);
41     }
42     return 0;
43 }

problem

T2:

force！！！注意O(nlogn)极限是3e6

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<iostream>
 4 #include<cmath>
 5 #include<cstdlib>
 6 #include<algorithm>
 7 #include<queue>
 8 #define LL long long
 9 using namespace std;
10 const int maxn=1e5+5;
11 const int maxm=7e6+5;
12 const int INF=1e9;
13 int n,m,q,t,cnt;
14 LL u,v;
15 int num[maxn];
16 inline int getpart(int x){
17     LL ans=u*x/v;
18     return (int )ans;
19 }
20 int que[maxm][3];
21 int f[3]={1,1,1},r[3];
22 int main(){
23     freopen("earthworm.in","r",stdin);
24     freopen("earthworm.out","w",stdout);
25     
26     scanf("%d%d%d%lld%lld%d",&n,&m,&q,&u,&v,&t);
27     for(int i=1;i<=n;i++){
28         scanf("%d",&num[i]);
29     }
30     sort(num+1,num+n+1);
31     for(int i=n;i>=0;i--){
32         que[++r[0]][0]=num[i];
33     }
34     //for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",que[i][0]);
35     //printf("\n");
36 
37     for(int i=1;i<=m;i++){
38         int k=-1,Max=-INF;
39         if(f[0]<=r[0]  && que[f[1]][1]>=Max){
40             Max=que[f[0]][0];
41             k=0;
42         }
43          if(f[1]<=r[1] && que[f[1]][1]>=Max){
44             Max=que[f[1]][1];
45             k=1;
46         }
47          if(f[2]<=r[2] &&que[f[2]][2]>=Max){
48             Max=que[f[2]][2];
49             k=2;
50         }
51         LL ans=Max+cnt;
52         cnt+=q;
53         que[++r[1]][1]=getpart(ans)-cnt;
54         que[++r[2]][2]=ans-getpart(ans)-cnt;
55         f[k]++;
56 
57         if(i%t==0)printf("%d ",ans);
58 
59     }
60     printf("\n");
61 
62    /* for(int i=0;i<3;i++){
63     for(int j=f[i];j<=r[i];j++)printf("%d",que[j][i]+cnt);
64     putchar('\n');}*/
65 //printf("%d\n",r[0]+r[1]+r[2]-f[0]-f[1]-f[2]+3);
66 
67     for(int i=1;i<=n+m;i++){
68         int k=-1,Max=-INF;
69         if(f[0]<=r[0]  && que[f[0]][0]>=Max){
70             Max=que[f[0]][0];
71             k=0;
72         }
73          if(f[1]<=r[1] && que[f[1]][1]>=Max){
74             Max=que[f[1]][1];
75             k=1;
76         }
77          if(f[2]<=r[2] &&que[f[2]][2]>=Max){
78             Max=que[f[2]][2];
79             k=2;
80         }
81      //  printf("%d %d\n",k,Max+cnt);
82         if(i%t==0)printf("%d ",Max+cnt);
83         f[k]++;
84     }
85     return 0;
86 }

force

O(nlogn)：

利用好单调性，然后分析分析神奇性质就可以O(n) 进行选择了，

！！！注意开LongLong！！！

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<iostream>
 4 #include<cmath>
 5 #include<cstdlib>
 6 #include<algorithm>
 7 #include<queue>
 8 #define LL long long
 9 using namespace std;
10 const int maxn=1e5+5;
11 const int maxm=7e6+5;
12 const LL  INF=1ll<<62;
13 int n,m,t;
14 LL u,v,cnt=0ll,q;
15 LL num[maxn];
16 inline LL getpart(LL x){
17     return u*x/v;
18 }
19 LL que[maxm][4];
20 int f[4]={1,1,1,0},r[4]={0,0,0,0};
21 int main(){
22     scanf("%d%d%lld%lld%lld%d",&n,&m,&q,&u,&v,&t);
23     for(int i=1;i<=n;i++){
24         scanf("%lld",&num[i]);
25     }
26     sort(num+1,num+n+1);
27   /*  for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",num[i]);
28     printf("\n");*/
29     for(int i=n;i;i--){
30         que[++r[0]][0]=num[i];
31     }
32    /*for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",que[i][0]);
33     printf("\n");*/
34 
35     for(int i=1;i<=m;i++){
36         int k=-1;
37         LL Max=-INF;
38         if(f[0]<=r[0]  && que[f[0]][0]>=Max){
39             Max=que[f[0]][0];
40             k=0;
41         }
42          if(f[1]<=r[1] && que[f[1]][1]>=Max){
43             Max=que[f[1]][1];
44             k=1;
45         }
46          if(f[2]<=r[2] &&que[f[2]][2]>=Max){
47             Max=que[f[2]][2];
48             k=2;
49         }
50         LL ans=cnt+Max;//cout<<ans<<endl;
51         cnt+=q;
52         que[++r[1]][1]=getpart(ans)-cnt;
53         que[++r[2]][2]=ans-getpart(ans)-cnt;
54         f[k]++;
55 
56         if(i%t==0)printf("%lld ",ans);
57 
58     }
59     printf("\n");
60 
61    /* for(int i=0;i<3;i++){
62     for(int j=f[i];j<=r[i];j++)printf("%d",que[j][i]+cnt);
63     putchar('\n');}*/
64 //printf("%d\n",r[0]+r[1]+r[2]-f[0]-f[1]-f[2]+3);
65 
66     for(int i=1;i<=n+m;i++){
67         int k=-1;
68         LL Max=-INF;
69         if(f[0]<=r[0]  && que[f[0]][0]>=Max){
70             Max=que[f[0]][0];
71             k=0;
72         }
73          if(f[1]<=r[1] && que[f[1]][1]>=Max){
74             Max=que[f[1]][1];
75             k=1;
76         }
77          if(f[2]<=r[2] &&que[f[2]][2]>=Max){
78             Max=que[f[2]][2];
79             k=2;
80         }
81         f[k]++;
82      //  printf("%d %d\n",k,Max+cnt);
83         if(i%t==0)printf("%lld ",cnt+Max);
84     }
85     return 0;
86 }

earthworm

T3:

本题想到了正解但是考场上没有调试对（不要在最后的时候还在写代码，暴力优先[感谢Duan2baka 大佬的真心劝告]，555）

wa：

带入公式错了

没有被某一条抛物线覆盖的时候记得在加一只鸟

去重

最后浮点数的精度问题，最高是3次项所以判断是否为0应该比较是否< 1e-6

  1 #include<cstdio>
  2 #include<cmath>
  3 #include<cstring>
  4 #include<map>
  5 #include<ctime>
  6 #include<cstdlib>
  7 #define LL long long
  8 #define DB double
  9 using namespace std;
 10 /*
 11 状压Dp
 12 
 13 */
 14 int p;
 15 struct bird{
 16     DB a,b;int cnt;
 17     bird(DB A=0.0,DB B=0.0,int C=0):a(A),b(B),cnt(C){}
 18     const bool operator ==(const bird & xx)const{
 19         return abs(b/xx.b-a/xx.a)<0.01;
 20     }
 21 }b[500];
 22 int finish[(1<<18)+5];
 23 struct Node{
 24     DB x,y;
 25     
 26     inline bool okbird(const bird &k){
 27         return abs(k.a*x*x+k.b*x-y)<0.01;
 28     }
 29     
 30 }a[20];
 31 inline bool judge(Node a1,Node a2){
 32     DB x=a1.x-a2.x;
 33     DB y=a1.y/a1.x-a2.y/a2.x;
 34     if(abs(y)<0.01 || abs(x)<0.01 || x*y>0)return 0;//无解 或者 无数解 或者 a>0
 35     return 1;
 36 }
 37 inline bird get_ans(Node a1,Node a2){
 38     DB x=a1.x-a2.x;
 39     DB y=a1.y/a1.x-a2.y/a2.x;
 40     DB ansa=y/x;
 41     DB ansb=a1.y/a1.x-ansa*a1.x;
 42     return bird(ansa,ansb);
 43 }
 44 inline int read(){
 45     int a=0;char x=getchar();
 46     while(x<'0'||'9'<x)x=getchar();
 47     while('0'<=x && x<='9'){
 48         a=(a<<1)+(a<<3)+x-'0';
 49         x=getchar();
 50     }
 51     return a;
 52 }
 53 int t,n,m;
 54 int f[(1<<18)+5];
 55 bool gunk[20];
 56 
 57 int main(){
 58     //freopen("angrybirds.in","r",stdin);
 59     //freopen("angrybirds.out","w",stdout);
 60     t=read();
 61     for(int T=1;T<=t;T++){
 62         n=read();m=read();
 63         
 64         memset(gunk,0,sizeof(gunk));
 65         //memset(finish,0,sizeof(finish));
 66         for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf%lf",&a[i].x,&a[i].y);
 67         //if(n==2){printf(judge(a[1],a[2]) ? "1\n" : "2\n" );continue;}
 68         
 69         p=0;
 70         for(int i=1;i<n;i++)
 71             for(int j=i+1;j<=n;j++)
 72             //printf("i%d j%d:",i,j);
 73             //printf("%d\n",judge(a[i],a[j]));
 74             
 75                 if(judge(a[i],a[j])){
 76                 b[p]=get_ans(a[i],a[j]);
 77                 
 78                 for(int k=1;k<=n;k++){
 79                     //printf("%d %d ",k,a[k].okbird(b[p]));
 80                     if(a[k].okbird(b[p]))b[p].cnt|=(1<<(k-1)),gunk[k]=1;
 81                 }
 82             //printf("%d",b[p].cnt);
 83             
 84             if(finish[b[p].cnt]!=T){
 85                     finish[b[p].cnt]=T;
 86                     p++;
 87                 }
 88             }
 89         
 90         for(int i=1;i<=n;i++)if(!gunk[i])b[p++].cnt=1<<(i-1);
 91         
 92         memset(f,0x3f,sizeof(f));
 93         f[0]=0;
 94         for(int s=0;s<(1<<n);s++){
 95             for(int k=0;k<p;k++)f[s|b[k].cnt]=min(f[s|b[k].cnt],f[s]+1);
 96         }
 97         printf("%d\n",f[(1<<n)-1]);
 98     }
 99     return 0;
100 }
101 /*
102 1
103 2 0
104 1.00 3.00
105 3.00 3.00
106 */

angrybirds

ac:

  1 #include<cstdio>
  2 #include<cmath>
  3 #include<cstring>
  4 #include<map>
  5 #include<ctime>
  6 #include<cstdlib>
  7 #define LL long long
  8 #define DB double
  9 using namespace std;
 10 /*
 11 状压Dp
 12 
 13 */
 14 const double lit=1e-6;
 15  
 16 int p;
 17 struct bird{
 18     DB a,b;int cnt;
 19     bird(DB A=0.0,DB B=0.0,int C=0):a(A),b(B),cnt(C){}
 20     const bool operator ==(const bird & xx)const{
 21         return abs(b/xx.b-a/xx.a)<lit;
 22     }
 23 }b[500];
 24 int finish[(1<<18)+5];
 25 struct Node{
 26     DB x,y;
 27     
 28     inline bool okbird(const bird &k){
 29         return abs(k.a*x*x+k.b*x-y)<lit;
 30     }
 31     
 32 }a[20];
 33 inline bool judge(Node a1,Node a2){
 34     DB x=a1.x-a2.x;
 35     DB y=a1.y/a1.x-a2.y/a2.x;
 36     if(abs(y)<lit || abs(x)<lit || x*y>0)return 0;//无解 或者 无数解 或者 a>0
 37     return 1;
 38 }
 39 inline bird get_ans(Node a1,Node a2){
 40     DB x=a1.x-a2.x;
 41     DB y=a1.y/a1.x-a2.y/a2.x;
 42     DB ansa=y/x;
 43     DB ansb=a1.y/a1.x-ansa*a1.x;
 44     return bird(ansa,ansb);
 45 }
 46 inline int read(){
 47     int a=0;char x=getchar();
 48     while(x<'0'||'9'<x)x=getchar();
 49     while('0'<=x && x<='9'){
 50         a=(a<<1)+(a<<3)+x-'0';
 51         x=getchar();
 52     }
 53     return a;
 54 }
 55 int t,n,m;
 56 int f[(1<<18)+5];
 57 bool gunk[20];
 58 
 59 int main(){
 60     //freopen("angrybirds.in","r",stdin);
 61     //freopen("angrybirds.out","w",stdout);
 62     t=read();
 63     for(int T=1;T<=t;T++){
 64         n=read();m=read();
 65         
 66         memset(gunk,0,sizeof(gunk));
 67         //memset(finish,0,sizeof(finish));
 68         for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf%lf",&a[i].x,&a[i].y);
 69         //if(n==2){printf(judge(a[1],a[2]) ? "1\n" : "2\n" );continue;}
 70         //for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lf %lf\n",a[i].x,a[i].y); 
 71         p=0;
 72         for(int i=1;i<n;i++)
 73             for(int j=i+1;j<=n;j++)
 74             //printf("i%d j%d:",i,j);
 75             //printf("%d\n",judge(a[i],a[j]));
 76             
 77                 if(judge(a[i],a[j])){
 78                 b[p]=get_ans(a[i],a[j]);
 79                 
 80                 for(int k=1;k<=n;k++){
 81                     //printf("%d %d ",k,a[k].okbird(b[p]));
 82                     if(a[k].okbird(b[p]))b[p].cnt|=(1<<(k-1)),gunk[k]=1;
 83                 }
 84             //printf("%d",b[p].cnt);
 85             
 86             if(finish[b[p].cnt]!=T){
 87                     finish[b[p].cnt]=T;
 88                     p++;
 89                 }
 90             }
 91         
 92         for(int i=1;i<=n;i++)if(!gunk[i])b[p++].cnt=1<<(i-1);
 93         
 94         memset(f,0x3f,sizeof(f));
 95         f[0]=0;
 96         for(int s=0;s<(1<<n);s++){
 97             for(int k=0;k<p;k++)f[s|b[k].cnt]=min(f[s|b[k].cnt],f[s]+1);
 98         }
 99         printf("%d\n",f[(1<<n)-1]);
100     }
101     return 0;
102 }
103 /*
104 1
105 2 0
106 1.00 3.00
107 3.00 3.00
108 */

angrybirds

！！！但是数据强的话还是不行，于是就产生了O(T*n*2^n）的正解！！！

摘抄自某位dalao的blog

在此发一篇严格 $O(Tn2^n) 的完全严谨正解。$

设计dp状态：

$n\le 18n≤18？不是暴搜就是状压。$

明显有

其中

这就是网上大多流传的 $O(Tn^2*2^n) 算法。优化？$

优化1：

发现当

证明：

若这条线只经过至多三个点，因为其中一个点已被打到，所以可以通过另外两个点的状态转移。如果
若这条线经过多于三个点，则可以通过其它任选两个点转移。

但是这只能算是常数优化。

优化2：

若令

为什么？这个是对的吗？不经过

你想一想，先打

如果这一次转移不打

因为经过 $n^2 变成了 n。$

只要预处理一下 $0-2^18的对应的 x 就能做到 O(Tn*2^n) 了，这才是考场的正解。$

似乎比暴搜还快一点~

code:

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const double eps=1e-8;
 4 int t,n,m,lines[20][20],lowunbit[1<<20],dp[1<<20];  //lowunbit就是题解中的x
 5 double x[20],y[20];
 6 void equation(double &x,double &y,double a1,double b1,double c1,double a2,double b2,double c2){ //解方程
 7     y=(a1*c2-a2*c1)/(a1*b2-a2*b1);
 8     x=(c1-b1*y)/a1;
 9 }
10 int main(){
11     for(int i=0;i<(1<<18);i++){ //预处理lowunbit
12         int j=1;
13         for(;j<=18 && i&(1<<(j-1));j++);
14         lowunbit[i]=j;
15     }
16     scanf("%d",&t);
17     while(t--){
18         memset(lines,0,sizeof(lines));  //各种初始化
19         memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
20         dp[0]=0;
21         scanf("%d%d",&n,&m);
22         for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",x+i,y+i);
23         for(int i=1;i<=n;i++)
24             for(int j=1;j<=n;j++){  //处理所有抛物线
25                 if(fabs(x[i]-x[j])<eps) continue;   //x坐标相同，不可能有解
26                 double a,b;
27                 equation(a,b,x[i]*x[i],x[i],y[i],x[j]*x[j],x[j],y[j]);
28                 if(a>-eps) continue;    //解出a和b
29                 for(int k=1;k<=n;k++)
30                     if(fabs(a*x[k]*x[k]+b*x[k]-y[k])<eps) lines[i][j]|=(1<<(k-1));
31             }
32         for(int i=0;i<(1<<n);i++){  //重点！状压开始！
33             int j=lowunbit[i];  //必须经过lowunbit这个点
34             dp[i|(1<<(j-1))]=min(dp[i|(1<<(j-1))],dp[i]+1); //单独转移
35             for(int k=1;k<=n;k++) dp[i|lines[j][k]]=min(dp[i|lines[j][k]],dp[i]+1); //所有经过lowunbit的抛物线
36         }
37         printf("%d\n",dp[(1<<n)-1]);    //答案
38     }
39 }

amazing Code

summarize:

1.关键还是无用状态的简化与省略

2.利用好题里的限制条件 & 联想之前做过的题目（D2T2）

3.不要因为D1发挥不好而影响D2，难题都会有，暴力分打满就可以了

4.不要沉迷于想正解，往往想完了没时间打

5.学会这种枚举的方式，往往一些题目会用的上

qzh亲传linux调试神器（检查数组越界 & 爆int 等）

-ftrapv -fsanitize=address

posted @ 2019-08-31 23:12 Tj1 阅读(189) 评论(0) 编辑收藏举报

会员力量，点亮园子希望

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陶嘉逸

noip2016 (difficult as HLJOI2016???)

设计dp状态：

优化1：

优化2：

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