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。

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。
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;

}