CF102411 ICPC 2019-2020 North-Western Russia Regional Contest题解

A Accurate Movement

签到

M Managing Difficulties

签到

B Bad Treap

已知y=sin⁡(x)，要求给出数组a[n]，满足∀i,j∈[1,n],a[i]≠a[j]，都有sin⁡(a[i])≠sin⁡(a[j])。

这里又一种不怎么玄的写法，就是我们找到一个整数x，sin(x)非常非常小并且sin⁡(x)>0，这样算，嗯……例如sin(2x)的时候，sin⁡(2x)=2sin⁡xcos⁡x，它的值只会有很小的增加(2cos⁡x<2)。然后就算它扩大了2.5×104倍之后，仍然都增加不到接近1的位置，那么我们就成功了。然后因为sin⁡x关于原点对称，在负半轴把它对称过去，仍然是一个递增序列。

int n;
const int N = 5e4 + 5;
int a[N];

int main(void){
	scanf("%d", &n);
	double mn = 100;
	int id = 1;
	for (int i=1;i<=4e4;++i){
		if (sin(i) < mn && sin(i) > 0){
			mn = sin(i), id = i;
		}
	}
	
	for (int i=-25000;i<=25000;++i){
		a[i + 25000] = i * id;
	}
	for (int i=0;i<n;++i){
		printf(i==n-1?"%d\n":"%d ", a[i]);
	}
	
	return 0;
}

不对称过去会wa7，（露西亚，你太baby辣）

I Ideal Pyramid

给定n个方尖碑，要用一个仰角为45°的金字塔把它们全部覆盖起来，也就是建成金字塔之后，所有的方尖碑都会被它掩盖，高度也不会穿过金字塔，问金字塔应该建在哪里，高度最小为多少。

实际上，所有的四棱锥都可以转化为一个正方形的覆盖，那么题意就转化为了，找到一个最小的正方形，可以包括所有的正方形的集合。这样的话，直接维护正方形集合的上下左右边界（最后得到一个矩形），再按照矩形的中心扩展即可。

int n;
const int N = 1000 + 5;

void solve(){
	n = read();
	ll x, y, h;
	ll L = 1e18, R = -1e18, U = -1e18, D = 1e18;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		x = read(), y = read(), h = read();
		L = min(L, x - h), R = max(R, x + h), U = max(U, y + h), D = min(D, y - h);
	}
	ll a = (L + R) / 2, b = (U + D) / 2, H = max((R - L + 1) / 2, (U - D + 1) / 2);
	printf("%lld %lld %lld\n", a, b, H);
}

int main(void){
	int T;
//	T = read();
	T = 1;
	while (T--){
		solve();
	}
	
	return 0;
}

King's Children

有一个n×m的网格，里面有最多A to Z个孩子，king要把这个网格分成若干矩形，要满足：

  • 每个矩形必须精确的包括一个孩子
  • 每个格子都必须精确的属于1个矩形（也就是矩形不相交的分完整个大网格）
  • 包括了A的矩形的面积尽可能大

数据范围1≤n,m≤1000

这题可以用悬线法，也可以用单调栈（不如说悬线法就是单调栈的一个子集问题）

算是比较经典的求最大子矩形的问题，然而我不会，下面先介绍一下悬线法。

悬线法

oi-wiki的定义：https://oi-wiki.org/misc/hoverline/

一个简单的题目，简单理解悬线法的过程：

SP1805 Largest Rectangle in a Histogram

https://www.luogu.com.cn/problem/SP1805

首先，n个矩形就相当于n条悬线，我们知道最大的面积肯定是由某一个悬线向左右扫过而形成的。那么悬线的扩展，显然的满足某一递推关系，可以帮助我们将复杂度由原来的O(N2)变成O(N)。

定义li为当前的i位置能扩展到的悬线的最左端，初始时li=i。假设已经处理好了前i−1个位置的答案，那么当hi≤hi−1时，i也能扩展到i−1能扩展到的位置。如果hi≤hli−1−1时，又可以接着往前扩展……直到扩展到边界，我们就停止。因此对于∀i，我们有

while (L[i] > 1 && a[i] <= a[L[i] - 1]) L[i] = L[L[i] - 1];

同样的，假如我们已经处理好i+1到n的答案，ri也能不断的向右扩展。

while (R[i] < n && a[i] <= a[R[i] + 1]) R[i] = R[R[i] + 1];

那么完整代码：

int n;
const int N = 1e5 + 5;
int a[N], L[N], R[N];

void solve(){
	for (int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d", &a[i]);
		L[i] = R[i] = i;
	}
	for (int i=1;i<=n;++i){
		while (L[i] > 1 && a[i] <= a[L[i] - 1]) L[i] = L[L[i] - 1];
	}
	for (int i=n;i>=1;--i){
		while (R[i] < n && a[i] <= a[R[i] + 1]) R[i] = R[R[i] + 1];
	}
	ll res = 0;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		res = max(res, 1LL * a[i] * (R[i] - L[i] + 1)); 
	}
	printf("%lld\n", res);
}

UVA1619/POJ2796 Feel Good

给出长度为n的数组a[n]，找到一个子区间，使得子区间内的最小值与区间内所有元素和的乘积最大，如果有多个答案，输出长度最小的答案，如果仍有多个答案，输出最左端序号最小的答案。

枚举这个最小值，它一旦向左右扩展，就肯定会增加这个乘积的值，这样的话，又变成了一个悬线法求最大子矩形的问题。

数据范围：1≤n≤105 我恨UVA的多组数据和格式

int n;
const int N = 1e5 + 5;
int a[N], L[N], R[N];
ll pre[N];
bool fst = 1;

void solve(){
//	n = read();
	if (!fst){
		puts("");
	}
	fst = 0;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		a[i] = read();
		pre[i] = pre[i - 1] + a[i];
		L[i] = R[i] = i;
	}
	for (int i=1;i<=n;++i){
		while (L[i] > 1 && a[i] <= a[L[i] - 1]) L[i] = L[L[i] - 1];
	}
	for (int i=n;i>=1;--i){
		while (R[i] < n && a[i] <= a[R[i] + 1]) R[i] = R[R[i] + 1];
	}

	ll res = 0;
	int aL = 1, aR = 1;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		ll cur = (pre[R[i]] - pre[L[i] - 1]) * a[i];
		if (cur > res){
			res = cur, aL = L[i], aR = R[i];
		}
		else if (cur == res){
			if (R[i] - L[i] < aR - aL){
				aL = L[i], aR = R[i];
			}
			else if (R[i] - L[i] == aR - aL){
				if (L[i] < aL){
					aL = L[i], aR = R[i];
				}
			}
		}
	}
	printf("%lld\n%d %d\n", res, aL, aR);
}

int main(void){
	while (~scanf("%d", &n)){
		if (n == 0){
			puts("");
		}
		else solve();
	}
	return 0;
}

最大子矩形：p4147 玉蟾宫

嗯……差不多捏，问题。oiwiki留的课后习题也写了，就不放出来了。

那么正式说K，K题我的思路就是，每个矩形都用悬线法进行选取和填充。但是，由于填充顺序的不同，有极低的概率出现最后有矩形没有被完全填上的情况，因此做一个简单的check，如果填充错误，则随机化顺序，重新填充答案。大概2~3次随机后就不可能出现还没填充的情况了，所以这个复杂度是完全可行的。

代码：

int n, m, sx, sy;
const int N = 1000 + 5;
char s[N][N], ss[N][N];
int U[N], L[N], R[N];
struct node{
	char ch;pii cor;
};
vector<node> alp;

bool check(pii s, pii a, pii b){
	return (s.xx >= a.xx && s.xx <= b.xx) && (s.yy >= a.yy && s.yy <= b.yy);
}

void putin(char ch, pii cor){
	int res = 0; pii r1 = cor, r2 = cor;
	for (int j=1;j<=m;++j) U[j] = 0;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		for (int j=1;j<=m;++j){
			if (s[i][j] == '.' || s[i][j] == ch){
				U[j]++;
			}
			else{
				U[j] = 0;
			}
			L[j] = R[j] = j;
		}
		for (int j=1;j<=m;++j){
			while (L[j] > 1 && U[j] <= U[L[j] - 1]) L[j] = L[L[j] - 1];
		}
		for (int j=m;j>=1;--j){
			while (R[j] < m && U[j] <= U[R[j] + 1]) R[j] = R[R[j] + 1];
		}
		for (int j=1;j<=m;++j){
			int cur = U[j] * (R[j] - L[j] + 1);
			pii c1 = pii(i - U[j] + 1, L[j]), c2 = pii(i, R[j]);
			if (cur > res && check(cor, c1, c2)){
				res = cur, r1 = c1, r2 = c2;
			}
		}
	}
	for (int i=r1.xx;i<=r2.xx;++i){
		for (int j=r1.yy;j<=r2.yy;++j){
			if (s[i][j] == '.'){
				s[i][j] = 'a' + (ch - 'A');
			}
		}
	}
}

void solve(){
	for (int i=1;i<=n;++i){
		for (int j=1;j<=m;++j){
			s[i][j] = ss[i][j];
		}
	}
	int alen = alp.size(), t = alen - 1;
	if (alen > 1){
		for (int i=0;i<alen-1;++i){
			int x = 1 + rand() % t;
			swap(alp[x], alp[t]);
			t--;
		}
	}
	
	for (int i=0;i<alp.size();++i){
		putin(alp[i].ch, alp[i].cor);
	}
	
}

bool isOK(){
	for (int i=1;i<=n;++i){
		for (int j=1;j<=m;++j){
			if (s[i][j] == '.'){
				return false;
			}
		}
	}
	return true;
}

int main(void){
	srand(time(NULL));
	int T;
	T = 1;
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin >> n >> m;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		for (int j=1;j<=m;++j){
			cin >> ss[i][j];
			if (ss[i][j] == 'A'){
				alp.push_back(node{'A', pii(i, j)});
			}
		}
	}
	for (int i=1;i<=n;++i){
		for (int j=1;j<=m;++j){
			if (ss[i][j] != '.' && ss[i][j] != 'A'){
				alp.push_back(node{ss[i][j], pii(i, j)});
			}
		}
	}
	do{
		solve();
	}while(!isOK());
	for (int i=1;i<=n;++i){
		for (int j=1;j<=m;++j){
			cout << s[i][j];
		}
		cout << endl;
	}
	
	return 0;
}

E Equidistant

给出一个树，判断是否有一个结点，满足到所有特殊点的距离相等。

数据范围：1≤m,n≤2×105。

这题感觉用多源bfs更简单……嗯……用树形DP试着写写吧。

树形DP 不推荐。。。。

int n, m;
const int N = 2e5 + 5, INF = 1e9 + 10;
bool st[N], ok;
vector<int> ve[N];
int f[N], g[N];

void dfs(int u, int pre){
	for (auto to : ve[u]){
		if (to == pre) continue;
		dfs(to, u);
		f[u] = min(f[u], f[to] + 1);
		g[u] = max(g[u], g[to] + 1);
	}
}

void dfs2(int u, int pre){
	if (ok) return;
	if (f[u] == g[u]){
		if (!ok){
			puts("YES");
			printf("%d\n", u);
		}
		ok = true;
		return ;
	}
	int mx1 = -INF, mx2 = -INF, mn1 = INF, mn2 = INF;
	if (st[u]){
		mx1 = mn1 = 0;
	}
	for (auto to : ve[u]){
		if (f[to] + 1 < mn1){
			mn2 = mn1, mn1 = f[to] + 1;
		}
		else if (f[to] + 1 < mn2){
			mn2 = f[to] + 1;
		}
		if (g[to] + 1 > mx1){
			mx2 = mx1, mx1 = g[to] + 1;
		}
		else if (g[to] + 1 > mx2){
			mx2 = g[to] + 1;
		}
	}
	for (auto to : ve[u]){
		if (to == pre) continue;
		int fto = f[to], gto = g[to];
		if (f[u] == f[to] + 1){
			f[u] = mn2;
			f[to] = min(f[to], mn2 + 1);
		}
		else{
			f[to] = min(f[to], f[u] + 1);
		}
		if (g[u] == g[to] + 1){
			g[u] = mx2;
			g[to] = max(g[to], mx2 + 1);
		}
		else g[to] = max(g[to], g[u] + 1);
		dfs2(to, u);
		f[u] = mn1, g[u] = mx1;
		f[to] = fto, g[to] = gto;
	}
}

int main(void){
	n = read(), m = read();
	for (int i=1;i<=n;++i){
		f[i] = INF, g[i] = -INF;
	}
	int u, v, x;
	for (int i=1;i<n;++i){
		u = read(), v = read();
		ve[u].push_back(v), ve[v].push_back(u);
	}
	for (int i=1;i<=m;++i){
		x = read(), st[x] = true;
		f[x] = g[x] = 0;
	}
	
	dfs(1, 0);
	dfs2(1, 0);
	
	if (!ok){
		puts("NO");
	}
	
	return 0;
}
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