[USACO 2018 December Contest]作业总结

t1 Convention

题目大意

每一头牛都有一个来的时间，一共有$n$辆车，求出等待时间最长的那头牛等待的最小时间。

解法

第一眼看到这道题还以为是$2018noip$普及组的t3~~魔鬼题~~，但是不一样。
我们因为要查找最大最小值，很容易就想到用二分查找。
那么直接查找答案，也就是等待的时间，然后用$O(n)$的复杂度的贪心验证就可以了，放的下且能放进去，那么就放。
总体复杂度是$O(nlogn)$
$ps.$要注意边界的判断。

t2 Convention II

题目大意

让当前最前面的牛吃草，求出最长的等待时间。

解法

非常明显每次都是要按照编号和时间来排序，而且我们需要一个一个从头开始遍历，那么很明显是用优先队列，或者是双关键字的堆排序（这个玩意比较麻烦，还是c++自带的stl比较好写）

t3 Mooyo Mooyo

题目大意

每次会消除有三个及三个以上相同颜色方块的联通块，每次消除后，未被消除的方块都会收到重力的作用，调到下面，如果还有联通块，那么继续消除，知道没有为止。

解法

这道题简直就是简化简化简化版的$mayan$游戏，直接暴力不要怂，数据这么小，直接暴力删除，暴力$update$。
时间复杂度比较玄学，但是绝对可以过。mayan游戏都可以暴力过，为什么这道题不能？

t4 Fine Dining

题目大意

求出能否让一只奶牛的路径通过一个有甘草捆的点，且增长的时间小于等于甘草捆的美味值。

解法

首先要求出增长的是时间，就需要求出原来的时间，原来的时间就是已$n$为起点到每个点的最短距离。
因为要路过一定要路过某一个有干草堆的节点，那么就做$k$遍最短路，求出从这个节点到每个节点和终点节点的最短距离，在和美味值和原来的最短距离的和进行比较。
但是这样很明显复杂度超标，那么应该怎么做呢？
我们设置一个超级源，超级源到每一个干草堆的距离是原来的最短距离$dis[u]$减去美味值，也就是增加的时间，那么我们只要从$n$号节点跑一边最短路就可以了。

t5 Cowpatibility

题目大意

每个奶牛有$5$个数，求出有多少对奶牛中五个数没有一个是相等的。

解法

这不是跟这道题目完全一样的吗？？？前几天刚刚做过只不过数字从4个变成了5个，而且求的是不是朋友的个数。
但是还是一样的呀！！！容斥原理弄起来，如果我们要求出不是朋友的个数，那么就拿总数，也就是总对数$n*(n-1)/2$减掉是朋友的对数。
因为每个奶牛有$5$个数，所以我们就不能用5维数组来存储，会$MLE$的，那么就用二进制压缩，那么就用$bitset$就可以了。

t6 teamwork

题目大意

将$n$个数分成$k$组，

解法

DP一下

状态：$f[i]$表示前$i$个数的最大值。

转移方程：$f[i]=f[j]+max(a[i]...a[j])*(i-j+1)$，其中(i+j-1<=k)。

答案就是$f[n]$。

ac代码

#include<bits/stdc++.h>
#define N 10005
using namespace std;
int f[N],a[N];
int n,k;
int read(){
    int w=0,x=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch))w|=ch=='-',ch=getchar();
    while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-x:x;
}
int main(){
    n=read(),k=read();
    for(int i=0;i<n;i++) a[i]=read();
    f[0]=a[0];
    for(int i=1;i<n;i++){
        int MX=a[i];
        for(int j=i;j>=0&&i+1-j<=k;j--){
            MX=max(MX,a[j]);
            if(j==0) f[i]=max(f[i],MX*(i-j+1));
            else f[i]=max(f[i],f[j-1]+MX*(i-j+1));
        }
    }
    printf("%d\n",f[n-1]);
    return 0;
}

t7 Balance Beam

题目大意

每次有二分之一的概率移动某一个往前或往后移动一格，如果走到边缘就为$0$，每次走到一个点就得到当前这个点的分数，求出分数的期望。

解法

期望题好难啊QAQ，看了别人的博客才知道怎么做，看到洛谷中颜色是黑色，真的觉得不容易。

关键在于需要考虑当前是选择移动还是直接结束。一个很明了的观点：如果当前移动后的收益期望比当前位置的收益大，那么会选择移动；否则选择直接停止。直接停止的贡献已经知道，那么要求的就是当前点选择移动操作后的收益期望。

那么我们将所有的点都画在一个坐标系上，然后将答案也标在上面，可以发现，这个玩意是个凸包。

那么我们的期望方程是(f[l[i]])*(r[i]-i)+f[r[i]]*(i-l[i])))/(r[i]-l[i])

~~至今不是特别明白是什么东西~~

t8 Sort It Out

题目大意

给定一个长为n的排列，可以选择一个集合S使这个集合内部元素排到自己在整个序列中应该在的位置（即对于集合S内的每一个元素ii，使其排到第i号位置，使得整个排列在排序后为上升序列。求满足这样条件的，且集合大小最小的集合中字典序第k小的集合。

题解

选取一个集合等价于将这个集合内所有元素排到自己该处于的位置（即元素i应该在位置i）。

进一步发现集合内的元素很自觉的到了正确的位置，而集合外的元素不会更改相对位置，为了使最终整个排列单调递增，即要求集合外的元素必须满足在一开始就是单调递增的。

求字典序第k小的满足题意的集合，取反一下，就是求序列中字典序第k大的最长上升子序列。

利用上面这题的思想，已经可以求得以每个元素开头的LIS长度和数量

这题和上面这题虽有不同，但本质类似，想想一般线段树求第 k大的过程，正是依次确定每一层的节点，而为了确定每一层的节点，就需要用到所有节点子树和

同理，假设当前要求的序列的LIS长度为 t，则求第k大LIS的一个思想就是先确定第1个数，再在确定第1个数的基础上确定下一个数……以此类推可以最终确定LIS的每一位

细化一下，就是将所有可能作为LIS的第i位的数放进第i个vector里，将每个vector内部进行元素排序，在确定每一位时从大到小确定，若当前值后面牵扯的LIS数量小于k，则将k减去这个数量然后检查下一个值，否则将这个值确定下来并开始确认下一位

（值得注意的一点，若求LIS第ii层选定了位置R的元素，则接下来都不能选择R左边的元素）

t9 The Cow Gathering

题目大意

给定树和一些树上有向边，每次删去叶子，询问每个结点能否最后一个删去

解法

判断一个点能否最后一个删，就把它提做根，然后把所有儿子都往上指

加入一条边 (u,v)可以发现以v为根时u的子树都没法最后删

根据这个性质，每次加边钦定一些点答案就是0
怎样快速找到u在以v为根的树中的子树？用类似遥远的国度那题的方法，直接以1号点为根建树，然后这时换根只需要分类讨论一下：如果v在u子树外，不用动；如果v在子树内，那找到v在u的哪个儿子的子树里，除了这个子树其他所有结点钦定答案为0。具体实现就找倍增找v的deep[v]-deep[u]-1级祖先（因为如果暴力遍历儿子，复杂度不对），覆盖就dfs序差分一下

因此需要判下图是否无解

我们把已经确定答案为0的结点确定边的方向，然后加上树上有向边判环。