NOI.AC NOIP模拟赛 第六场 游记

NOI.AC NOIP模拟赛 第六场 游记

queen

题目大意：

在一个\(n\times n(n\le10^5)\)的棋盘上，放有\(m(m\le10^5)\)个皇后，其中每一个皇后都可以向上、下、左、右、左上、左下、右上、右下这\(8\)个方向移动。其中每一个皇后可以攻击这八个方向上离它最近的皇后。

求有多少皇后被攻击到\(0,1,\ldots,8\)次。 保证\(m\)个皇后中任意两个不在同一个位置。

思路：

考虑左右方向的攻击，对每一行开一个set，按列编号插入，看一下是否存在前驱/后继即可。其余方向同理。

时间复杂度\(\mathcal O(m\log m)\)。

源代码：

#include<set>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<climits>
inline int getint() {
	register char ch;
	while(!isdigit(ch=getchar()));
	register int x=ch^'0';
	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
	return x;
}
const int N=1e5+1;
int n,m,cnt[N],t[N],x[N],y[N];
std::set<int> s[N*2];
inline void reset() {
	for(register int i=1;i<=n*2;i++) {
		s[i].clear();
		s[i].insert(INT_MIN);
		s[i].insert(INT_MAX);
	}
}
inline int query(const int &x,const int &y) {
	int ret=0;
	if(*--s[x].lower_bound(y)!=INT_MIN) ret++;
	if(*s[x].upper_bound(y)!=INT_MAX) ret++;
	return ret;
}
int main() {
	n=getint(),m=getint();
	for(register int i=1;i<=m;i++) {
		x[i]=getint();
		y[i]=getint();
	}
	reset();
	for(register int i=1;i<=m;i++) {
		s[x[i]].insert(y[i]);
	}
	for(register int i=1;i<=m;i++) {
		cnt[i]+=query(x[i],y[i]);
	}
	reset();
	for(register int i=1;i<=m;i++) {
		s[y[i]].insert(x[i]);
	}
	for(register int i=1;i<=m;i++) {
		cnt[i]+=query(y[i],x[i]);
	}
	reset();
	for(register int i=1;i<=m;i++) {
		s[x[i]+y[i]].insert(y[i]);
	}
	for(register int i=1;i<=m;i++) {
		cnt[i]+=query(x[i]+y[i],y[i]);
	}
	reset();
	for(register int i=1;i<=m;i++) {
		s[x[i]-y[i]+n].insert(y[i]);
	}
	for(register int i=1;i<=m;i++) {
		cnt[i]+=query(x[i]-y[i]+n,y[i]);
	}
	for(register int i=1;i<=m;i++) {
		t[cnt[i]]++;
	}
	for(register int i=0;i<=8;i++) {
		printf("%d%c",t[i]," \n"[i==8]);
	}
	return 0;
}

ladder

题目大意：

最开始有\(4\)个梯子，高度都为\(n(n\le1000)\)，也就是每个梯子都有\(n\)层脚蹬的横木。小明想要对梯子进行改造（撤掉一些脚蹬用的横木），要满足以下两个条件。

1. 撤掉一些横木之后，要保证每一层\(4\)个梯子中有且仅有\(1\)个梯子在这一层是有横木的。
2. 梯子上面连向房顶，小明希望存在至少一个梯子能通过它爬到房顶（不能爬的过程中转换梯子），其中小明每次能至多爬\(h(h\le30)\)的高度，也就是从地面上（地面高度为\(0\)）可以达到高度为\(1\sim h\)的横木上，以及只可以从\(n-h+1\sim n\)高度的横木上爬到房顶（房顶高度为\(n+1\)）上去。

也就是说在撤掉一些横木之后，要求存在一个梯子，它的剩下的第一个横木是不超过\(h\)的高度，剩下的最后一个横木是大于等于\(n-h+1\)的高度，中间的任意两个相邻剩下的横木之间相差高度不超过\(h\)。

小明现在想知道满足条件的撤横木的方案数，答案对\(10^9+9\)取模。 其中两个方案不同当且仅当：存在某一层在两个方案当中，他们各自保留的那一根横木在不同的梯子上。

思路：

\(f[i][dis_1][dis_2][dis_3][dis_4]\)表示考虑完前\(i\)个位置，\(dis_j\)表示第\(j\)个梯子上最上面的踏板到当前位置的距离。

这样是\(\mathcal O(nh^4)\)的。

考虑要保证有一个梯子是可以登顶的，因此我们可以用\(f[i][0/1][dis_2][dis_3][dis_4]\)表示前\(i\)个位置，第\(1\)个梯子是否是通的，\(dis_j\)与之前的状态相同。

显然\(4\)个梯子是平等的，因此最后将答案\(\times4\)。

时间复杂度\(\mathcal O(nh^3)\)。

源代码：

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
inline int getint() {
	register char ch;
	while(!isdigit(ch=getchar()));
	register int x=ch^'0';
	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
	return x;
}
typedef long long int64;
const int N=1001,M=31,mod=1e9+9;
int f[N][2][M][M][M];
inline void inc(int &x,const int &y) {
	(x+=y)%=mod;
}
int main() {
	const int n=getint(),m=getint();
	f[1][1][1][1][1]=1;
	for(register int i=1;i<n;i++) {
		for(register int j=1;j<=m;j++) {
			for(register int k=1;k<=m;k++) {
				for(register int l=1;l<=m;l++) {
					inc(f[i+1][1][std::min(j+1,m)][std::min(k+1,m)][std::min(l+1,m)],f[i][1][j][k][l]),
					inc(f[i+1][0][std::min(j+1,m)][std::min(k+1,m)][std::min(l+1,m)],f[i][0][j][k][l]);
					inc(f[i+1][j<m][1][std::min(k+1,m)][std::min(l+1,m)],f[i][1][j][k][l]);
					inc(f[i+1][j<m][m][std::min(k+1,m)][std::min(l+1,m)],f[i][0][j][k][l]);
					inc(f[i+1][k<m][std::min(j+1,m)][1][std::min(l+1,m)],f[i][1][j][k][l]),
					inc(f[i+1][k<m][std::min(j+1,m)][m][std::min(l+1,m)],f[i][0][j][k][l]);
					inc(f[i+1][l<m][std::min(j+1,m)][std::min(k+1,m)][1],f[i][1][j][k][l]),
					inc(f[i+1][l<m][std::min(j+1,m)][std::min(k+1,m)][m],f[i][0][j][k][l]);
				}
			}
		}
	}
	int ans=0;
	for(register int i=1;i<=m;i++) {
		for(register int j=1;j<=m;j++) {
			for(register int k=1;k<=m;k++) {
				(ans+=f[n][0][i][j][k])%=mod;
				(ans+=f[n][1][i][j][k])%=mod;
			}
		}
	}
	ans=(ans-f[n][0][m][m][m]+mod)%mod;
	ans=(int64)ans*4%mod;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

color

题目大意：

给定一串\(n\)个珠子，其中每一个珠子的颜色为\(a_i\)，总共有\(k\)类颜色珠子标号从\(1\)到\(k\)。

初始给定一个参数\(T\)。询问再给定\(m\)个区间\(l_i\)到\(r_i\)，每次询问这个区间有多少颜色的珠子出现了恰好\(T\)次。

\(n,m,k,T\le5\times10^5\)

思路：

将询问离线，枚举右端点。新加入一个右端点\(r\)时，假设离\(r\)第\(t\)近的同色位置为\(q\)，第\(t+1\)近的是\(q\)，则当\(r\)是右端点时，\((p,q]\)的点都可以作为左端点，线段树维护即可。

时间复杂度\(\mathcal O((n+m)\log n)\)。

源代码：

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<algorithm>
inline int getint() {
	register char ch;
	while(!isdigit(ch=getchar()));
	register int x=ch^'0';
	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
	return x;
}
const int N=5e5+1,M=5e5;
int a[N],ans[M];
struct Query {
	int l,r,id;
	bool operator < (const Query &rhs) const {
		return r<rhs.r;
	}
};
Query q[M];
std::vector<int> v[N];
class SegmentTree {
	#define _left <<1
	#define _right <<1|1
	#define mid ((b+e)>>1)
	private:
		int val[N<<2];
	public:
		void modify(const int &p,const int &b,const int &e,const int &l,const int &r,const int &v) {
			if(b==l&&e==r) {
				val[p]+=v;
				return;
			}
			if(l<=mid) modify(p _left,b,mid,l,std::min(mid,r),v);
			if(r>mid) modify(p _right,mid+1,e,std::max(mid+1,l),r,v);
		}
		int query(const int &p,const int &b,const int &e,const int &x) const {
			int ret=val[p];
			if(b==e) return ret;
			if(x<=mid) ret+=query(p _left,b,mid,x);
			if(x>mid) ret+=query(p _right,mid+1,e,x);
			return ret;
		}
	#undef _left
	#undef _right
	#undef mid
};
SegmentTree sgt;
int main() {
	const int n=getint(),m=getint(),k=getint(),t=getint();
	for(register int i=1;i<=k;i++) v[i].push_back(0);
	for(register int i=1;i<=n;i++) a[i]=getint();
	for(register int i=0;i<m;i++) {
		q[i].l=getint();
		q[i].r=getint();
		q[i].id=i;
	}
	std::sort(&q[0],&q[m]);
	for(register int i=1,j=0;i<=n;i++) {
		const int tmp=v[a[i]].size();
		v[a[i]].push_back(i);
		if(tmp>=t+1) sgt.modify(1,1,n,v[a[i]][tmp-t-1]+1,v[a[i]][tmp-t],-1);
		if(tmp>=t) sgt.modify(1,1,n,v[a[i]][tmp-t]+1,v[a[i]][tmp-t+1],1);
		for(;j<m&&q[j].r==i;j++) ans[q[j].id]=sgt.query(1,1,n,q[j].l);
	}
	for(register int i=0;i<m;i++) {
		printf("%d\n",ans[i]);
	}
	return 0;
}