JZOJ 2020.07.30【NOIP提高组】模拟

总结

本场比赛很不负责对待
暴力都没怎么打
一个半小时后才开始打题
很悲剧的只有 $23+11+36=70$ 分

$T1$ 4300. 装饰大楼

题目

略

思路

很无聊的找规律题
考场弃疗

$Code$

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
 
const int N = 1e6 + 5;
int n , a[N] , s , x , t;
LL ans;
 
int main()
{
	freopen("building.in" , "r" , stdin);
	freopen("building.out" , "w" , stdout);
	scanf("%d" , &n);
	for(register int i = 1; i < n; i++) scanf("%d" , &a[i]);
	for(register int i = 1; i < n; i++)
	{
		ans += (LL)s + 1;
		if (a[i] <= s + 1) ans--;
		s = max(s , a[i]);
	}
	ans += (LL)s + 1;
	s = 0;
	for(register int i = 1; i < n; i++)
	{
		if (a[i] - x > 2)
		{
			printf("0");
			return 0;
		}
		else if (a[i] - x == 2) 
		{
			s++;
			if (s == 1) t = i;
		}
		if (s >= 2)
		{
			printf("0");
			return 0;
		}
		x = max(x , a[i]);
	}
	if (s == 1)
	{
		x = s = 0;
		for(register int i = 1; i < t; i++)
			if (a[i] > x) x = a[i] , s = i;
		ans = t - s;
	}
	printf("%lld" , ans);
}

$T2$ 4301. 备用钥匙

题目

略

思路

奇怪的 $dp$ 题
很容易想到按时间排序
相邻两个时间分离开和回来四种情况讨论
不用钥匙的直接加，记到 $ans$ 里
单独用一个钥匙的另开数组记需要钥匙者产生的贡献，记到 $c$ 里
两个都需要就弄出链来并算给他们两把钥匙能获得的贡献，记到 $se$ 里

然后调整 $dp$ 的顺序
链上的连在一起
设 $f_{i,j}$ 表示前 $1..i$ 中选 $j$ 个人且强行让 $i$ 也持有钥匙的最大答案， $g_{i,j}=max_{k=1}^{i} f_{k,j}$
那么转移：$f_{i,j}=max{f_{i-1,j-1}+se[i],g[i-2][j-1]}+c[i]$
最终 $ans=ans+g[n][k]$

$Code$

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
 
const int N = 2005;
int n , m , k , tot , s[N] , se[N] , sz[N] , c[N] , ans , pre[N] , nxt[N] , f[N][N] , g[N][N] , vis[N] , b[N];
 
struct node{
	int id , t , s;
}a[2 * N];
 
inline bool cmp(node x , node y){return x.t < y.t;}
 
int main()
{
	freopen("key.in" , "r" , stdin);
	freopen("key.out" , "w" , stdout);
	scanf("%d%d%d" , &n , &m , &k);
	int p , q;
	for(register int i = 1; i <= n; i++)
	{
		scanf("%d%d" , &p , &q);
		a[++tot].id = i , a[tot].t = p , a[tot].s = 1;
		a[++tot].id = i , a[tot].t = q , a[tot].s = 2;
	}
	sort(a + 1 , a + tot + 1 , cmp);
	ans = a[1].t + m - a[tot].t;	
	
	for(register int i = 1; i <= tot; i++)
	{
		if (a[i].s == 2 && a[i + 1].s == 1) ans += a[i + 1].t - a[i].t;
		if (a[i].id == a[i + 1].id) s[a[i].id] += a[i + 1].t - a[i].t;
		else if (a[i].s == 1 && a[i + 1].s == 1) s[a[i].id] += a[i + 1].t - a[i].t;
		else if (a[i].s == 2 && a[i - 1].s == 2) s[a[i].id] += a[i].t - a[i - 1].t;
		else if (a[i].s == 1 && a[i + 1].s == 2)
		{
			pre[a[i + 1].id] = a[i].id;
			nxt[a[i].id] = a[i + 1].id;
			sz[a[i + 1].id] = a[i + 1].t - a[i].t;
		}
	}
	
	int to;
	tot = 0;
	for(register int i = 1; i <= n; i++)
	if (!vis[i])
	{
		to = i;
		while (pre[to]) to = pre[to];
		while (to) b[++tot] = to , vis[to] = 1 , to = nxt[to];
	}
	
	for(register int i = 1; i <= n; i++) c[i] = s[b[i]] , se[i] = sz[b[i]];
	f[1][1] = g[1][1] = c[1];
	for(register int i = 2; i <= n; i++)
	{
		g[i][1] = max(g[i - 1][1] , f[i][1] = c[i]);
		for(register int j = 2; j <= k; j++)
			g[i][j] = max(g[i - 1][j] , f[i][j] = max(f[i - 1][j - 1] + se[i] , g[i - 2][j - 1]) + c[i]);
	}
	
	printf("%d" , ans + g[n][k]);
}

$T3$ 4302. IOIOI卡片占卜

题目

略

思路

牛逼得不得了的操作：记给定的序列 $I$ 为 $1$，$O$ 为 $0$。让这个序列相邻两个异或
于是区间 $[l..r]$ 翻转变为异或单点 $l-1$ 和 $r$ （亲手模拟看看）
异或后的序列只剩 $4$ 个 $1$，让这四个 $1$ 变 $0$ 的最少代价即为答案
那么我们把 $l-1$ 和 $r$ 连边，边权为 $r-l+1$，表示 $l-1$ 到 $r$ 的最小代价为 $r-l+1$
因为一次翻一个区间，即转化后的一次翻两个点，所以现在要使 $4$ 个 $1$ 配对
使他们最短路的和最小即为答案

$Code$

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
 
const int N = 5e5 + 5;
int a , b , c , d , e , vis[N] , h[N] , tot , n;
LL dis[N] , ans;
 
struct edge{
	int nxt , to , w;
}E[2 * N];
 
struct node{
	int id;
	LL d;
	bool operator < (node c) const
	{
		return d > c.d;
	}
};
 
inline void add(int x , int y , int z)
{
	E[++tot].to = y;
	E[tot].w = z;
	E[tot].nxt = h[x];
	h[x] = tot;
}
 
priority_queue<node> Q;
 
inline LL dij(int s , int t)
{
	memset(vis , 0 , sizeof vis);
	memset(dis , 60 , sizeof dis);
	while (!Q.empty()) Q.pop();
	dis[s] = 0;
	Q.push((node){s , dis[s]});
	node x;
	while (!Q.empty())
	{
		x = Q.top();
		Q.pop();
		if (vis[x.id]) continue;
		vis[x.id] = 1;
		if (x.id == t) break;
		for(register int i = h[x.id]; i; i = E[i].nxt)
		{
			int v = E[i].to;
			if (dis[x.id] + E[i].w < dis[v])
			{
				dis[v] = dis[x.id] + E[i].w;
				Q.push((node){v , dis[v]});
			}
		}
	}
	return dis[t];
}
 
int main()
{
	freopen("card.in" , "r" , stdin);
	freopen("card.out" , "w" , stdout);
	scanf("%d%d%d%d%d" , &a , &b , &c , &d , &e);
	scanf("%d" , &n);
	int l , r;
	for(register int i = 1; i <= n; i++)
	{
		scanf("%d%d" , &l , &r);
		l--;
		add(l , r , r - l) , add(r , l , r - l);
	}
	ans = min(dij(a , a + b) + dij(a + b + c , a + b + c + d) , dij(a , a + b + c) + dij(a + b , a + b + c + d));
	ans = min(ans , dij(a , a + b + c + d) + dij(a + b , a + b + c));
	if (ans >= 4340410370284600380) printf("-1");
	else printf("%lld" , ans);
}