231019校内赛

T1 机器人

题解

傻逼题，但是有人 \(90\) 分

一开始十分想直接暴力 \(2^n\) 判断每一步选不选求出所有可能性

但是会发现它有制约关系有些步走了之后，有些就必须走了

所以需要用一个数组记录当前位置走没走过，或者是不是障碍

注意走没走过不能直接赋值 \(1,0\) 因为回溯时会直接将前面的标记也改没了

还要注意的一点是对于部分实现来说遍历顺序很重要，可能会卡住几个点

也是因为标记顺序导致的，容易破坏之前的标记导致状态错误

#include<bits/stdc++.h>
#define N 40
using namespace std;
int n,ans,g[N<<1][N<<1],vis[N<<1][N<<1];
char s[N];
void dfs(int p,int x,int y){
	if(p==n+1){
		if(!g[x][y])ans++;
		g[x][y] = 1;
		return ;
	}
	int fx = x,fy = y;
	switch(s[p]){
		case'L':x--;break;
		case'R':x++;break;
		case'U':y++;break;
		case'D':y--;break;
	}
	if(vis[x][y]==0){
		vis[x][y] = -1;
		dfs(p+1,fx,fy);
		vis[x][y] = 1;
		dfs(p+1,x,y);
		vis[x][y]=0; 
	}
	else if(vis[x][y]==-1)dfs(p+1,fx,fy);
	else if(vis[x][y]==1)dfs(p+1,x,y);
}
int main(){
	freopen("robot.in","r",stdin);
	freopen("robot.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n>>s+1;vis[n][n]=1;
	dfs(1,n,n);
	cout<<ans<<"\n";
	for(int i = 0;i<=n*2;i++)
		for(int j = 0;j<=n*2;j++)
			if(g[i][j]) cout<<i-n<<" "<<j-n<<"\n";
	return 0;
}

T2 旅行

题解

先考虑是一棵树的情况时色块数的贡献，我们以每个节点为分界点计算答案

该节点对答案的贡献即为不同颜色的数目减一，对于每次修改操作，统计节点的增量即可

基环树是一个环上每一个节点连接了一棵树，和树的情况类似

节点的贡献是相同计算的，同时要考虑环多出的那一条边对答案的贡献，如果整个环上只有一种颜色, 答案还要加一

只需使用 \(map\) 代替二维数组记录每个点内不同颜色的数量，再 \(dfs\) 找出所有环上的边，判断这些边的颜色是否相同即可统计单次答案

一次修改最多改一条边上的值，所以可以方便的进行单点修改同时维护答案

#include<bits/stdc++.h>
#define N 200010
using namespace std;
int n,q,rt,col[N],hcol[N],h[N];
bool vis[N];
vector<int>g[N];
map<pair<int,int>,int>id;
map<int,int>mp[N];
int dfs(int u,int fa){
	vis[u] = 1;
	int x = 0;
	for(int v : g[u]){
		if(v==fa) continue;
		if(!vis[v]){
			int tmp = dfs(v,u);
			if(tmp){
				int fu = u,fv = v;
				if(fu>fv) swap(fu,fv);
				h[id[{fu,fv}]] = 1;
				x = tmp;
			}
			if(tmp==u) x = 0;
		}else if(v!=rt){
			int fu = u,fv = v;
			if(fu>fv) swap(fu,fv);
			h[id[{fu,fv}]] = 1;
			rt = u;x = v;
		}
	}
	return x;
}
int main(){
	freopen("tour.in","r",stdin);
	freopen("tour.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	int T;cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n>>q;rt = 0;
		id.clear();
		for(int i = 1;i<=n;i++){
			g[i].clear();mp[i].clear();
			h[i] = vis[i] = hcol[i] = 0;
		}
		for(int i = 1;i<=n;i++){
			int u,v,w;
			cin>>u>>v>>w;
			if(u>v) swap(u,v);
			id[{u,v}] = i;
			col[i] = w;
			mp[u][w]++;mp[v][w]++;
			g[u].push_back(v);
			g[v].push_back(u);
		}
		dfs(1,0);
		int ans = 0;
		for(int i = 1;i<=n;i++)
			ans+=mp[i].size()-1;
		int hsize = 0;
		for(int i = 1;i<=n;i++)
			if(h[i]) hsize++;
		for(int i = 1;i<=n;i++){
			if(h[i]){
				hcol[col[i]]++;
				if(hcol[col[i]]==hsize) ans++;
			}
		}
		for(int i = 1;i<=q;i++){
			int u,v,w;
			cin>>u>>v>>w;
			if(u>v) swap(u,v);
			int p = id[{u,v}];
			if(h[p]){
				if(hcol[col[p]]==hsize) ans--;
				hcol[col[p]]--;
				hcol[w]++;
				if(hcol[w]==hsize) ans++;
			}
			mp[u][col[p]]--;
			if(!mp[u][col[p]]) ans--;
			if(!mp[u][w]) ans++;
			mp[u][w]++;
			mp[v][col[p]]--;
			if(!mp[v][col[p]]) ans--;
			if(!mp[v][w]) ans++;
			mp[v][w]++;
			col[p] = w;
			cout<<ans<<"\n";
		}
	}
	return 0;
}

T3 点餐

题解

将所有输入先按照 \(b\) 排序，枚举第 \(x\) 道菜作为最大的 \(b\) 值的答案，贪心选择前面 \(k-1\) 个 \(a\) 更小的即可

可以通过可持久化线段树 \(\mathcal O(\log n)\) 求出答案 \(f_{k,x}\)

设 \(g_k\) 表示选择 \(k\) 个时最优解是选择 \(x\) 作为 \(b\) 最大

对于两个决策 \(x,y(x<y)\) 如果 \(f_{x,k} \ge f_{y,k}\) 那么对于 \(k(k\le x)\) ，\(y\) 的选择范围一定包含 \(x\) 的选择范围，因此 \(y\) 选的 \(a\) 值一定不大于 \(x\) 选的

所以有 \(g_1 \le g_2 \le g_3 \ldots \le g_n\) ，也就是具有决策单调性，可以分治求解

时间复杂度为 \(\mathcal O(n \log ^2 n)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 200010
#define M ((60*N)+5)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
struct node{
	int l,r,dat,sum;
}t[M];
int n,m,cnt,tot,hs[N],rt[N],ans[N];
pii a[N];
bool cmp(pii x,pii y){
	return x.se<y.se;
}
void newnode(int &v){
	t[++cnt].dat = t[v].dat;
	t[cnt].sum = t[v].sum;
	t[cnt].l = t[v].l;
	t[cnt].r = t[v].r;
	v = cnt;
}
void insert(int x,int &v,int l,int r){
	newnode(v);
	t[v].dat++;
	t[v].sum+=hs[x];
	if(l==r) return ;
	int mid = (l+r)>>1;
	if(x<=mid) insert(x,t[v].l,l,mid);
	else insert(x,t[v].r,mid+1,r);
}
int query(int p,int v,int l,int r){
	if(l==r) return p*hs[l];
	int mid = (l+r)>>1;
	if(t[t[v].l].dat>=p) return query(p,t[v].l,l,mid);
	else  return t[t[v].l].sum+query(p-t[t[v].l].dat,t[v].r,mid+1,r);
}
void calc(int x,int y,int l,int r){
	if(l>r||x>y) return ;
	int mid = (l+r)>>1,p = 0;
	ans[mid] = 1e18;
	for(int i = max(x,mid);i<=y;i++){
		int w = a[i].se+query(mid,rt[i],1,tot);
		if(w<ans[mid]) ans[mid] = w,p = i;
	}
	calc(x,p,l,mid-1);
	calc(p,y,mid+1,r);
}
signed main(){
	freopen("order.in","r",stdin);
	freopen("order.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i = 1;i<=n;i++){
		cin>>a[i].fi>>a[i].se;
		hs[i] = a[i].fi;
	}
	sort(hs+1,hs+n+1);
	tot = unique(hs+1,hs+n+1)-hs-1;
	for(int i = 1;i<=n;i++)
		a[i].fi = lower_bound(hs+1,hs+tot+1,a[i].fi)-hs;
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(int i = 1;i<=n;i++){
		rt[i] = rt[i-1];
		insert(a[i].fi,rt[i],1,tot);
	}
	calc(1,n,1,n);
	for(int i = 1;i<=n;i++)
		cout<<ans[i]<<"\n";
	return 0;
}

又是不会T4的一天