星星之火

[jzoj NOIP2018模拟10.29]

OI生涯的最高分，来了纪中这么多天，在经历了这么多场“NOIP难度”的模拟赛之后，终于看到了真正的NOIP

今天考场上效率很高，很快码完了全部的题目，留下了足够的时间对拍和...发呆。不得不说看着电脑页面上看着三个bat心里还是很有成就感的，对拍过的代码自然而然分就高了

没有犯什么小错误，数组越界变量写错什么的都没有，只有T3代码出现了一丝纰漏但也通过对拍查到了错。这告诉我们，对拍是很重要的，与其去追求没有把握的正解不如踏踏实实拿到可以拿的分数

T1：列队

题目链接：

https://jzoj.net/senior/#contest/show/2543/0 

题目：

     Sylvia是一个热爱学习的女孩子。
     在平时的练习中，他总是能考到std以上的成绩，前段时间，他参加了一场练习赛，众所周知，机房是一个 的方阵。这天，他又打爆了std，感到十分无聊，便想要hack机房内同学的程序，他会挑选一整行或一整列的同学进行hack ( 而且每行每列只会hack一次 )，然而有些同学不是那么好惹，如果你hack了他两次，他会私下寻求解决,Sylvia十分害怕，只会hack他们一次。假设Sylvia的水平十分高超，每次hack都能成功，求他最 多能hack多少次？

题解：

发现特殊的同学要么从所在行被hack，要么从所在列被hack

每一行看成一个点，每一列看成一个点

棋盘是一个很显然的二分图模型，把不能共存的行和列连边显然得到的是二分图。那么问题：一共最多取出多少行和列就转化为二分图上最大独立集问题

二分图的最大独立集

定义：选出一些顶点使得这些顶点两两不相邻，则这些点构成的集合称为独立集。找出一个包含顶点数最多的独立集称为最大独立集。

方法：最大独立集=所有顶点数-最小顶点覆盖

跑一遍匈牙利或者网络流就是了

#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;

const int N=4e3+15;
int n,X,tot;
int match[N],head[N],vis[N];
struct EDGE{
    int to,nxt;
}edge[N];
inline int read(){
    char ch=getchar();int s=0,f=1;
    while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9') {s=(s<<3)+(s<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return s*f;
}
void link(int u,int v){
    edge[++tot]=(EDGE){v,head[u]};
    head[u]=tot;
}
bool dfs(int x)
{
    for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
        int y=edge[i].to;
        if (vis[y]) continue;
        vis[y]=1;
        if (!match[y]||dfs(match[y]))
        {
            match[y]=x;
            return 1;
        }
    }
    return 0;
}
int main()
{
    freopen("phalanx.in","r",stdin);
    freopen("phalanx.out","w",stdout);
    n=read();X=read();
    for (int i=1,x,y;i<=X;i++)
    {
        x=read();y=read();
        link(x,y);
    } 
    int ans=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        if (dfs(i)) ++ans;
    } 
    printf("%d\n",(2*n-ans)*n);
    return 0;
}
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T2:小凯学数学

题目链接：

https://jzoj.net/senior/#contest/show/2543/1

题目：

由于小凯上次在找零问题上的疑惑，给大家在考场上带来了很大的麻烦，他决心好好学习数学
本次他挑选了位运算专题进行研究 他发明了一种叫做“小凯运算”的运算符：
a$b =( (a&b) + (a|b) )>>1
他为了练习，写了n个数在黑板上(记为a[i]) 并对任意相邻两个数进行“小凯运算”，把两数擦去，把结果留下 这样操作n-1次之后就只剩了1个数，求这个数可能是什么？
将答案从小到大顺序输出
0<=a[i]<=7

题解：

发现a数组无论如何运算结果都是在$[0,7]$这个区间里的

于是我们定义$dp_{l,r}$表示区间$[l,r]$可以合并成的数，考虑到取值范围很小，我们可以用二进制状压起来

发现暴力转移的时间复杂度是$O(64n^3)$的，考场上笔者认为跑不过去

其实可以预处理从两个二进制数合并得到的新的二进制数，这样优化到了$O(n^3)$

大水

#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;

const int N=150+15;
const int M=1<<8;
int n;
int a[N],dp[N][N],tmp[M][M];
int merge(int x,int y)
{
    int re=0;
    for (int i=0;i<=7;i++)
    if (x&(1<<i))
    {
        for (int j=0;j<=7;j++)
        if (y&(1<<j))
        {
            int p=(i+j)/2;
            re|=1<<p;    
        }
    }
    return re;
}
void init()
{
    for (int i=0;i<M;i++)
        for (int j=0;j<M;j++)
            tmp[i][j]=merge(i,j);
}
int main()
{
    freopen("math.in","r",stdin);
    freopen("math.out","w",stdout);
    init();
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i),dp[i][i]=1<<a[i];
    for (int len=2;len<=n;len++)
    {
        for (int l=1;l<=n;l++)
        {
            int r=l+len-1;
            if (r>n) continue;
            for (int k=l;k<r;k++)
            {
                dp[l][r]|=tmp[dp[l][k]][dp[k+1][r]];
            }
        }
    }
    for (int i=0;i<=7;i++) if (dp[1][n]&(1<<i)) printf("%d ",i);
    return 0;
}
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T3：逛公园 

题目链接：

https://jzoj.net/senior/#contest/show/2543/2

题目：

q次询问，每次给出l,r，要求输出答案

题解：

考虑$O(qn)$怎么做？（这种复杂度在考场上得到了完美的85分）。暴力从 l 循环到 r，每次的起始值都是逛完上个景点的最大值和X0的最大值这样对于每个询问都能 O(n)得出答案

以下内容大部分来自题解

记 $F(i,j,x_0)$表示以初始代价 $x_0$ 依次经过第 $i$ 景点到第 $j$ 景点后的答案 有两个性质：

1.对于 $a>=b，F(i,j,a)>=F(i,j,b)$

2.记 $G(i,j)$为 $F(i,j,inf)$，其中 $inf $是正无穷，$S(i,j)$为 $i$ 到 $j$ 的 $D$ 值之和。 则有 $F(i,j,x0)=min( G(i,j), x0+S(i,j) )$。（$G(i,j)$就是一定会在$l$处被卡。这个性质没有严谨的证明，感性理解一下）

推论：对于询问的 $l,r$，如果两个子串都被包含在$[l,r]$中，且有 $G1>=G2 且 S1>=S2$，显然第二个子串是一定不会取到的（由性质二得到）。

那么考虑对于一段区间我们怎么做？首先我们把所有的子区间取出来，按$G$值从小到大排序，维护单调栈去掉一定不会取到的子区间，那么剩下的显然就是$G$值单调递增，$S$值单调递减一个个子区间。由于我们是取min，可以在这段区间上二分（当然三分大概也可以，但好像有点傻），找到那个$G$和$S+x0$最接近的区间就是目标区间

发现这样的复杂度还不如之前的做法，但是我们可以分块

块内的贡献：每块大小$\sqrt{n}$，子串个数就是 $O(n)$个可以把每个子串 的 $G$ 值和 $S$ 值都求出来，根据推论把没用的都扔掉。每次询问给出 $X_0$，最大的点一定中间某处（答案是 min 函数），二分即可得出块内的答案

块间的贡献：一共有 2 种

1. 从当前块开始到后面的某一块结束

2. 从之前的某一块开始到当前块结束

参照暴力的策略，那么我们就可以维护一个 $Y$ 值代表上一个块给 这一个块带来的贡献，同时再维护前缀以及后缀的 $G、S$ 值

利用前缀和 $Y$ 值，我们可以采用和之前块内一样的二分来算出答案

利用后缀我们可以算出这一块给下一块的 $Y$ 值,也有三种情况：

1 从上个 $Y$ 走满整块到下个 $Y$

2 从某个后缀开始

3 直接取 $X_0$

三者的最大值即为 $Y$

对于每次询问，我们散块暴力，整块二分再连接就好了

时间复杂度应该是$O(n\sqrt{n}logn+q\sqrt{n}logn)$

好像只是比暴力好那么一点

我的代码跑的好慢

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;

const int N=5e4+15;
const int M=250+15;
const int inf=1e9;
int n,q,blo,tcnt,tp;
int d[N],li[N],belong[N],st[N],ed[N],sumd[N];
int F[M][M][M];
struct node{
    int G,S;
}T[N],sta[N];
bool operator < (node a,node b) {return a.G<b.G||(a.G==b.G&&a.S<b.S);}
vector <node> vec[M],pre[M],suf[M];
inline int read(){
    char ch=getchar();int s=0,f=1;
    while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9') {s=(s<<3)+(s<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return s*f;
}
int G(int l,int r) 
{
    return F[belong[l]][l-st[belong[l]]][r-st[belong[l]]];
}
int S(int l,int r) 
{
    return sumd[r]-sumd[l-1];
}
void calc(vector <node> &V)
{
    //printf("%d\n",T[tcnt].S);
    sort(T+1,T+1+tcnt);
    tp=0;
    sta[++tp]=T[1];
    for (int i=2;i<=tcnt;i++)
    {
        while (tp&&T[i].G>=sta[tp].G&&T[i].S>=sta[tp].S) tp--;
        sta[++tp]=T[i];
    }
    for (int i=1;i<=tp;i++) V.push_back(sta[i]);
}
void init(int id)
{
    for (int l=st[id];l<=ed[id];l++)
    {
        int x0=inf;
        for (int r=l;r<=ed[id];r++)
        {
            x0=min(li[r],d[r]+x0);
            F[id][l-st[id]][r-st[id]]=x0;
        }
    }
    tcnt=0;
    for (int l=st[id];l<=ed[id];l++)
        for (int r=l;r<=ed[id];r++)
        {
            T[++tcnt]=(node){G(l,r),S(l,r)};
        }
    calc(vec[id]);
    tcnt=0;
    for (int r=st[id];r<=ed[id];r++)
    {
        T[++tcnt]=(node){G(st[id],r),S(st[id],r)};
    }    
    calc(pre[id]);
    tcnt=0;
    for (int l=st[id];l<=ed[id];l++)
    {
        T[++tcnt]=(node){G(l,ed[id]),S(l,ed[id])};
    }
    calc(suf[id]);
}
int ef(vector <node> Vec,int x0)
{
    int l=0,r=Vec.size()-1;
    while (l+1<r)
    {
        int mid=l+r>>1;
        if (Vec[mid].G>Vec[mid].S+x0) r=mid;
        else l=mid;
    }
    int re=min(Vec[l].G,Vec[l].S+x0);
    re=max(re,min(Vec[r].G,Vec[r].S+x0));
    if (l+1<Vec.size()-1)
    {
        ++l;
        re=max(re,min(Vec[l].G,Vec[l].S+x0));
    }
    return re;
}
void solve(int l,int r,int x0)
{
    if (belong[l]==belong[r])
    {
        int mx=x0,Y=x0;
        for (int i=l;i<=r;i++)
        {
            Y=min(max(Y,x0)+d[i],li[i]);
            mx=max(mx,Y);
        }
        printf("%d\n",mx);
        return;
    }
    int Y=x0,mx=x0;
    for (int i=l;i<=ed[belong[l]];i++)
    {
        Y=min(max(Y,x0)+d[i],li[i]);
        mx=max(mx,Y);
    }
    Y=max(Y,x0);
    for (int i=belong[l]+1;i<=belong[r]-1;i++)
    {
        mx=max(mx,ef(pre[i],Y));
        mx=max(mx,ef(vec[i],x0));
        Y=min(G(st[i],ed[i]),Y+S(st[i],ed[i]));//从上个Y走满整块到下个Y
        Y=max(Y,ef(suf[i],x0));//从某个后缀开始
        Y=max(Y,x0);//直接取X0
    }
    for (int i=st[belong[r]];i<=r;i++)
    {
        Y=min(max(Y,x0)+d[i],li[i]);
        mx=max(mx,Y);
    }
    printf("%d\n",mx);
}
int main()
{
    freopen("park.in","r",stdin);
    freopen("park.out","w",stdout);
    n=read();q=read();
    for (int i=1;i<=n;i++) d[i]=read(),sumd[i]=sumd[i-1]+d[i];
    for (int i=1;i<=n;i++) li[i]=read();
    blo=sqrt(n);
    for (int i=1;i<=n;i++) belong[i]=(i-1)/blo+1;
    for (int i=1;i<=belong[n];i++)
    {
        st[i]=(i-1)*blo+1;
        ed[i]=min(i*blo,n);
        init(i);
    }
    while (q--)
    {
        int l=read(),r=read(),x0=read();
        solve(l,r,x0);
    }
    return 0;
}
View Code
posted @ 2018-10-29 20:04  星星之火OIer  阅读(308)  评论(0)  编辑  收藏  举报