2019-08-05 纪中NOIP模拟B组

T1 [JZOJ1432] 输油管道

题目描述

　　请你帮忙设计一个从城市M到城市Z的输油管道，现在已经把整个区域划分为R行C列，每个单元格可能是空的也可能是以下7种基本管道之一：

　　油从城市M流向Z，‘+’型管道比较特殊，因为石油必须在两个方向（垂直和水平）上传输，如下图所示：

　　　　

　　现在恐怖分子弄到了输油管道的设计图，并把其中一个单元格中的管道偷走了，请你帮忙找到偷走的管道的位置以及形状。

　　数据保证石油的流向是唯一的，只有一个管道跟M和Z相连，除此此外，保证没有多余的管道，也就是说所有的管道在加进被偷的管道后一定都会被用上。

　　数据保证有解而且是唯一的。

数据范围

　　$1 \leq R,C \leq 25$

分析

　　开局打150行搜索的我就是个铁憨憨，这题浪费了好多时间啊...

　　由于起点和终点之间的管道是唯一的，所以只要枚举每个单元格中的管道，如果管道通向了空地，那么这片空地就是被拆除管道的位置

　　然后通过判断该位置需要连接的方向，就可以得到管道形状

　　如果是起点或终点旁边的管道被拆除，就需要进行一些特判

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 30

int n, m, x, y, x1, y1, x2, y2, s, e;
int book[], d[][] = {, , , , , -, -, };
char g[N][N];

void check(int i, int j, int dir) {
    int dx = i + d[dir][], dy = j + d[dir][];
    if (g[dx][dy] == '.') x = dx, y = dy, book[(dir + ) % ] = ;
    else if (g[dx][dy] == 'M') s = ;
    else if (g[dx][dy] == 'Z') e = ;
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = ; i <= n; i++)
        for (int j = ; j <= m; j++) {
            scanf(" %c", &g[i][j]);
            if (g[i][j] == 'M') x1 = i, y1 = j;
            if (g[i][j] == 'Z') x2 = i, y2 = j;
        }
    for (int i = ; i <= n; i++)
        for (int j = ; j <= m; j++) {
            if (g[i][j] == '|') check(i, j, ), check(i, j, );
            else if (g[i][j] == '-') check(i, j, ), check(i, j, );
            else if (g[i][j] == '+') check(i, j, ), check(i, j, ),
                                     check(i, j, ), check(i, j, );
            else if (g[i][j] == '') check(i, j, ), check(i, j, );
            else if (g[i][j] == '') check(i, j, ), check(i, j, );
            else if (g[i][j] == '') check(i, j, ), check(i, j, );
            else if (g[i][j] == '') check(i, j, ), check(i, j, );
        }
    if (!s && !e) {
        if (x1 == x2) printf("%d %d -", x1, (y1 + y2) >> );
        else printf("%d %d |", (x1 + x2) >> , y1);
    }
    else {
        if (!s) {
            for (int i = ; i < ; i++)
                if (x1 + d[i][] == x && y1 + d[i][] == y)
                    book[(i + ) % ] = ;
        }
        else if (!e) {
            for (int i = ; i < ; i++)
                if (x2 + d[i][] == x && y2 + d[i][] == y)
                    book[(i + ) % ] = ;
        }
        if (book[] && book[] && book[] && book[]) printf("%d %d +", x, y);
        else if (book[] && book[]) printf("%d %d |", x, y);
        else if (book[] && book[]) printf("%d %d -", x, y);
        else if (book[] && book[]) printf("%d %d 1", x, y);
        else if (book[] && book[]) printf("%d %d 2", x, y);
        else if (book[] && book[]) printf("%d %d 3", x, y);
        else if (book[] && book[]) printf("%d %d 4", x, y);
    }

    return ;
}

 T2 [JZOJ1433] 数码问题

题目描述

　　Alice有一个N*N的格子，把1-N^2按照从上到下从左到右的顺序填进表格中，允许在表格上进行两种操作：

　　(1) 旋转行——这一行的数向右移动一个位置，而最后一列的数会移到第一列；

　　(2) 旋转列——这一列的数向下移动一个位置，最后一行的数会移到第一行。

　　Alice想把数X移到（R,C）处可以采用以下方法：

　　• 如果X不在C这一列，通过旋转行操作把X移到C这一列；

　　• 如果X不在R这一行，通过旋转列操作把X移到R这一行。

　　Alice现在想采用上述方法，依次把K个数移到各自的目标位置，编程计算每个数需要几次操作。

数据范围

　　$1 \leq N \leq 10^4$，$1 \leq K \leq 10^3$

分析

　　如果每次都将整个矩阵移动，那么 $O(nk)$ 不仅会 $TLE$ 的，还会 $MLE$

　　实际上真正需要用到的数字只有 $K$ 个，其他数字在题中其实是无效的

　　所以只需要记录这 $K$ 个数字的位置，每次把他们移动就可以了

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 1005

int n, m, k, l1, l2, ans;
int x[N], y[N], r[N], c[N];

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for (int i = ; i <= k; i++) {
        scanf("%d%d%d", &m, r + i, c + i);
        x[i] = (m + n - ) / n;
        y[i] = m - (x[i] - ) * n;
    }
    for (int i = ; i <= k; i++) {
        l1 = (c[i] - y[i] + n) % n;
        for (int j = ; j <= k; j++)
            if (x[i] == x[j]) {
                y[j] += l1;
                if (y[j] > n) y[j] -= n;
            }
        l2 = (r[i] - x[i] + n) % n;
        for (int j = ; j <= k; j++)
            if (y[i] == y[j]) {
                x[j] += l2;
                if (x[j] > n) x[j] -= n;
            }
        printf("%d\n", l1 + l2);
    }

    return ;
}

 T3 [JZOJ1434] 灌水

题目描述

　　学生都很喜欢灌水，第一天只有Alice给她的每个朋友灌了一次水，从第二天开始，所有学生（包括Alice）将会有规律地去灌水：

　　• 如果前一天被灌了奇数次的水，他们将会给每个朋友灌一次水；

　　• 如果前一天被灌了偶数次的水，他们将会给每个朋友灌两次水。

　　学生编号为1到N，Alice为1号，学生之间的朋友关系会给出。

　　计算H天后一共灌了几次水。

数据范围

　　对于 $50 \%$ 的数据，$1 \leq H \leq 10^3$

　　对于 $100 \%$ 的数据，$1 \leq N \leq 20$，$1 \leq H \leq 10^9$

分析

　　看这个数据范围，显然状压，$0$ 表示前一天被灌了偶数次水，$1$ 表示前一天被灌了奇数次水

　　然后如果是一天天推过去，只能得到 $50 \, pts$

　　但其实状压的所有状态只有 $2^n$ 种，所以在 $2^n$ 天内一定会出现至少一次循环

　　所以只需要找出这个循环节，就不用把每一天的状态都推出来了

　　时间复杂度就优化为了 $O(2^n n)$

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 21

ll ans, pre[ << N];
int n, h, k, t, last, now;
int g[N], book[ << N], cnt[N];
char c[];

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &h);
    for (int i = ; i <= n; i++) {
        scanf("%s", c + );
        for (int j = n; j >= ; j--) {
            if (c[j] == '') g[i] <<= ;
            else g[i] = (g[i] << ) | , cnt[i]++;
        }
    }
    ans += cnt[]; now = g[];
    pre[] = ans; book[now] = ;
    for (k = ; k <= h; k++) {
        last = now; now = ;
        for (int i = ; i <= n; i++) {
            if (last & ( << i - )) {
                ans += cnt[i];
                now ^= g[i];
            }
            else ans += cnt[i] * ;
        }
        pre[k] = ans;
        if (book[now]) break;
        book[now] = k;
    }
    if (k >= h) {printf("%lld\n", ans); return ;}
    t = (h - book[now]) / (k - book[now]);
    ans += (t - ) * (pre[k] - pre[book[now]]);
    k += (t - ) * (k - book[now]) + ;
    for (; k <= h; k++) {
        last = now; now = ;
        for (int i = ; i <= n; i++) {
            if (last & ( << i - )) {
                ans += cnt[i];
                now ^= g[i];
            }
            else ans += cnt[i] * ;
        }
    }
    printf("%lld\n", ans);

    return ;
}

T4 [JZOJ1435] 开花

题目描述

　　在遥远的火星上，上面的植物非常奇怪，都是长方形的，每个植物用三个数来描述：左边界L、右边界R以及高度H，如下图所示描述一个植物：L=2,R=5和H=4。

　　　　aaarticlea/JPG;base64,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" alt="" width="168" height="117" />

　　每天都有一个新植物长出来，第一天的植物高度为1，后面每天长出的植物比前一天的高1。

　　当一个新植物长出来的时候，跟其他植物的水平线段相交处会长出一朵小花（前提是之前没有长出花朵），如果线段交于端点，是不会长花的。

　　下面为示意图：

　　给出每天的植物的坐标，计算每天长出多少新花。

数据范围

　　$1 \leq N \leq 10^5$，$1 \leq L \leq R \leq 10^5$

分析

　　线段树区间修改+单点查询

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 100005
#define lc (p << 1)
#define rc ((p << 1) | 1)
#define mid ((l + r) >> 1)

int n, m;
int L[N], R[N], sum[N];

struct Tree {
    int val, mark;
} t[ * N];

void build(int p, int l, int r) {
    t[p].val = t[p].mark = ;
    if (l == r) return;
    build(lc, l, mid);
    build(rc, mid + , r);
}

void pushDown(int p, int l, int r) {
    if (t[p].mark) {
        t[lc].val += t[p].mark * (mid - l + );
        t[rc].val += t[p].mark * (r - mid);
        t[lc].mark += t[p].mark;
        t[rc].mark += t[p].mark;
        t[p].mark = ;
    }
}

void update(int p, int l, int r, int ql, int qr) {
    if (l > qr || r < ql) return;
    if (l >= ql && r <= qr) {
        t[p].val += (r - l + );
        t[p].mark += ;
        return;
    }
    pushDown(p, l, r);
    update(lc, l, mid, ql, qr);
    update(rc, mid + , r, ql, qr);
    t[p].val = t[lc].val + t[rc].val;
}

int query(int p, int l, int r, int q) {
    if (l > q || r < q) return ;
    if (l == r) return t[p].val;
    pushDown(p, l, r);
    return query(lc, l, mid, q) + query(rc, mid + , r, q);
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = ; i <= n; i++) {
        scanf("%d%d", L + i, R + i);
        m = max(m, R[i]);
    }
    build(, , m);
    for (int i = ; i <= n; i++) {
        int v1, v2;
        if (R[i] - L[i] > ) update(, , m, L[i] + , R[i] - );
        v1 = query(, , m, L[i]);
        v2 = query(, , m, R[i]);
        printf("%d\n", v1 - sum[L[i]] + v2 - sum[R[i]]);
        sum[L[i]] = v1; sum[R[i]] = v2;
    }

    return ;
}