NOI2019 选做
施工中……
这里是一个同步赛选手，同步赛打铜了，下面内容来源于互联网，如有雷同敬请谅解……
d1t1 回家路线
吐槽
本题首先数据范围出的有点水，其次数据有点水，导致这题真的成了签到题。
现场某神仙：我很难见到少于 100 分的选手。
然而我菜死了，做法编假了只拿了 \(90\) ……
算法 1
设 \(f(i,j)\) 表示时刻 \(i\) 到地点 \(j\) 所需的最少等待时间。
\[f(q_x,y_x)=\min\{f(i,j)+F(p_x-i)\} (i\le p_x)
\]
\]
枚举时间，对于每个时间点枚举合法状态转移并记录状态即可。
复杂度 \(O(nT)\) ，其中 \(T=\max\{q_i\}\) 。可以通过。
算法1 Code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int gi()
{
char c=getchar(); int x=0;
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
return x;
}
const int N=2e5+5;
int n,m,a,b,c,x[N],y[N],p[N],q[N],mxt;
int f[1005][100005];
bool vis[1005][100005];
inline int F(int x) {
return a*x*x+b*x+c;
}
vector<int> v[N],avi[N];
int main()
{
freopen("route.in","r",stdin);
freopen("route.out","w",stdout);
n=gi(),m=gi(),a=gi(),b=gi(),c=gi();
for(int i=1;i<=m;++i)
{
x[i]=gi(),y[i]=gi(),p[i]=gi(),q[i]=gi(),mxt=max(mxt,q[i]);
v[x[i]].push_back(i);
}
f[0][1]=0,avi[0].push_back(1);
for(int t=0;t<=mxt;++t)
{
for(int it1=0;it1<avi[t].size();++it1)
{
int i=avi[t][it1];
for(int it2=0;it2<v[i].size();++it2)
{
int j=v[i][it2];
if(p[j]>=t)
{
if(!vis[q[j]][y[j]])
{
vis[q[j]][y[j]]=true;
f[q[j]][y[j]]=f[t][i]+F(p[j]-t);
avi[q[j]].push_back(y[j]);
}
else f[q[j]][y[j]]=min(f[q[j]][y[j]],f[t][i]+F(p[j]-t));
}
}
}
}
int ans=2147483647;
for(int t=0;t<=mxt;++t) if(vis[t][n]) ans=min(ans,f[t][n]+t);
printf("%d",ans);
}
算法 2
上面那个做法不是出题人的本意（出题人可能为了防爆 int 开的 \(T\le 10^3\) ）
正解是斜率优化。设 \(f(i)\) 表示通过第 \(i\) 条边要等待的最短时间。
\[f(i)=\min\{f(j)+A(p_i-q_j)^2+B(p_i-q_j)+C\}(q_j\le p_i, y_j=x_i)
\]
\]
最后答案为 \(\min\{f(i)+q_i\}(y_i=n)\)
显然上面的式子是一个斜率优化的形式：
\[f(i)=\min\{f(j)+Aq_j^2-Bq_j-2Bp_iq_j\}+Ap_i^2+Bp_i+C
\]
\]
\[f(j)+Aq_j^2-Bq_j-2Bp_iq_j\le f(k)+Aq_k^2-Bq_k-2Bp_iq_k
\]
\]
\[(f(j)+Aq_j^2-Bq_j)-(f(k)+Aq_k^2-B)\le 2Bp_i(q_j-q_k)
\]
\]
\[\frac{g(j)-g(k)}{q_j-q_k}\le 2Bp_i
\]
\]
\[(g(x)=f(x)+Aq_x^2-Bq_x)
\]
\]
故我们对于每个点维护一个单调队列，分别按 \(p_i,q_i\) 排序，枚举 \(p_i\) ，将 \(q_j\le p_i\) 的点加入队列按上述转移即可。
复杂度 \(O(m\log m)\) 。本题值域很小可以做到排序线性，但没必要。
算法2 Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int gi()
{
char c=getchar(); int x=0;
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
return x;
}
typedef long long ll;
const int N=2e5+5,M=1e6+6;
int n,m;
ll f[N],g[N];
struct node {
int u,v,s,e,id;
} a[N],b[N];
bool cmpe(node x, node y) {
return x.e<y.e;
}
bool cmps(node x, node y) {
return x.s<y.s;
}
vector<int> st[M];
int l[M],r[M],A,B,C;
void update(int x)
{
int p=b[x].v,i=b[x].id;
for(;l[p]<r[p]&&(g[st[p][r[p]]]-g[st[p][r[p]-1]])*(a[i].e-a[st[p][r[p]]].e)
>=(g[i]-g[st[p][r[p]]])*(a[st[p][r[p]]].e-a[st[p][r[p]-1]].e);--r[p])
st[p].pop_back();
st[p].push_back(i); ++r[p];
}
int F(int x) { return A*x*x+B*x+C; }
void solve(int x)
{
int p=a[x].u;
for(;l[p]<r[p]&&(g[st[p][l[p]+1]]-g[st[p][l[p]]])
<=2ll*A*a[x].s*(a[st[p][l[p]+1]].e-a[st[p][l[p]]].e);++l[p]);
f[x]=f[st[p][l[p]]]+F(a[x].s-a[st[p][l[p]]].e);
g[x]=f[x]+1ll*A*a[x].e*a[x].e-B*a[x].e;
}
int main()
{
n=gi(),m=gi(),A=gi(),B=gi(),C=gi();
for(int i=1;i<=m;++i) a[i].u=gi(),a[i].v=gi(),a[i].s=gi(),a[i].e=gi();
sort(a+1,a+1+m,cmps);
for(int i=1;i<=m;++i) b[i]=a[i],b[i].id=i,l[i]=0,r[i]=0;
st[1].push_back(0);
for(int i=2;i<=m;++i) st[i].push_back(m+1);
f[m+1]=g[m+1]=1ll<<40;
sort(b+1,b+1+m,cmpe);
for(int i=1,j=1;i<=m;++i)
{
for(;j<=m&&b[j].e<=a[i].s;++j) update(j);
solve(i);
}
ll ans=1ll<<60;
for(int i=1;i<=m;++i) if(a[i].v==n) ans=min(ans,f[i]+a[i].e);
printf("%lld",ans);
}
d1t3 序列
Solution
我们先考虑两种情况：
首先，当前选出的不公用元素 \(<K-L\) ，那么最优策略一定在两个序列中选最大的；
如果当前不共用元素 \(= K-L\) ，那我们在以下中取最大的：
- \(a_i+b_i\) 中最大的；
- \(a_i\) 取了 \(b_i\) 没取中 \(b_i\) 最大的 + \(a_i\) 最大的；
- \(b_i\) 取了 \(a_i\) 没取中 \(a_i\) 最大的 + \(b_i\) 最大的。
上面的选取方式会增加 \(1\sim 2\) 个共用对。
我们可以用五个可删堆来分别维护上述信息。注意要实时统计当前的不共用元素数量。
复杂度 \(O(n\log n)\)
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace io {
const int SIZE=(1<<21)+1;
char ibuf[SIZE],*iS,*iT,obuf[SIZE],*oS=obuf,*oT=oS+SIZE-1,c,qu[55]; int x;
#define gc()(iS==iT?(iT=(iS=ibuf)+fread(ibuf,1,SIZE,stdin),(iS==iT?EOF:*iS++)):*iS++)
inline int gi (){
for(c=gc();c<'0'||c>'9';c=gc());
for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=gc()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c&15); return x;
}
}
using io::gi;
const int N=2e5+5;
struct node {
int a,b,id;
} s[N];
bool cmpa(node x, node y) { return x.a>y.a; }
bool cmpb(node x, node y) { return x.b>y.b; }
bool cmpid(node x, node y) { return x.id<y.id; }
bool visa[N],visb[N];
typedef pair<int,int> pr;
struct heap
{
priority_queue<pr> q;
bool b[N];
void push(int x, int y) { q.push(make_pair(x,y)); }
void del(int x) { b[x]=true; }
pr top()
{
while(!q.empty()&&b[q.top().second]) q.pop();
if(q.empty()) return make_pair(-1e9,0);
return q.top();
}
void pop()
{
while(!q.empty()&&b[q.top().second]) q.pop();
q.pop();
}
void clear()
{
while(!q.empty()) q.pop();
memset(b,false,sizeof(b));
}
} q1,q2,q3,p1,p2;
int main()
{
int T=gi();
while(T--)
{
q1.clear(),q2.clear(),q3.clear(),p1.clear(),p2.clear();
memset(visa,false,sizeof(visa));
memset(visb,false,sizeof(visb));
int n=gi(),k=gi(),l=gi(),cnt=0;
for(int i=1;i<=n;++i) s[i].a=gi(),s[i].id=i;
for(int i=1;i<=n;++i) s[i].b=gi();
sort(s+1,s+1+n,cmpa);
long long ans=0;
for(int i=1;i<=k-l;++i) ans+=s[i].a,visa[s[i].id]=true;
sort(s+1,s+1+n,cmpb);
for(int i=1;i<=k-l;++i) ans+=s[i].b,visb[s[i].id]=true;
sort(s+1,s+1+n,cmpid);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(!visa[i]&&!visb[i])
{
q1.push(s[i].a+s[i].b,i);
p1.push(s[i].a,i),p2.push(s[i].b,i);
}
else if(!visa[i]) q2.push(s[i].a,i),p1.push(s[i].a,i);
else if(!visb[i]) q3.push(s[i].b,i),p2.push(s[i].b,i);
else ++cnt;
}
while(l--)
{
pr a1=q1.top(),b1;
pr a2=q2.top(),b2=p2.top();
pr a3=q3.top(),b3=p1.top();
if(cnt)
{
a1=p1.top(),b1=p2.top();
if(a1.first+b1.first>a2.first+b2.first&&a1.first+b1.first>a3.first+b3.first)
{
--cnt,p1.pop(),p2.pop(); ans+=a1.first+b1.first;
if(!visa[a1.second]&&!visb[a1.second])
{
q1.del(a1.second);
q3.push(s[a1.second].b,a1.second);
}
else q2.del(a1.second),++cnt;
visa[a1.second]=true;
if(!visa[b1.second]&&!visb[b1.second])
{
q1.del(b1.second);
q2.push(s[b1.second].a,b1.second);
}
else q3.del(b1.second),++cnt;
visb[b1.second]=true;
continue;
}
}
if(a1.first>a2.first+b2.first&&a1.first>a3.first+b3.first)
{
q1.pop(); ans+=a1.first;
visa[a1.second]=visb[a1.second]=true;
p1.del(a1.second),p2.del(a1.second);
}
else if(a2.first+b2.first>a3.first+b3.first)
{
q2.pop(),p2.pop(); ans+=a2.first+b2.first;
visa[a2.second]=true;
p1.del(a2.second);
if(!visa[b2.second]&&!visb[b2.second])
{
q1.del(b2.second);
q2.push(s[b2.second].a,b2.second);
}
else q3.del(b2.second),++cnt;
visb[b2.second]=true;
}
else
{
q3.pop(),p1.pop(); ans+=a3.first+b3.first;
visa[a3.second]=true;
p2.del(a3.second);
if(!visa[b3.second]&&!visb[b3.second])
{
q1.del(b3.second);
q3.push(s[b3.second].b,b3.second);
}
else q2.del(b3.second),++cnt;
visa[b3.second]=true;
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
d2t1 弹跳
Solution
考虑 Dijkstra 的算法执行过程：每次选出一个最短路最小的点，用它去松弛其所连接的点。一般我们用堆来维护当前最短路最小的点。
因为在本题中每个点连接的点是一个矩形，同时连接的所有点的边权相等，故我们需要支持矩形取 \(\min\) ，整体查询最小。
我们可以用 KD-Tree 来维护，复杂度 \(O(n(\sqrt{n}+\log n))\) .
Code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=3e5+5,inf=1<<30;
inline void chmin(int& x, int y) { x=(x<y?x:y); }
inline void chmax(int& x, int y) { x=(x>y?x:y); }
inline int gi()
{
char c=getchar(); int x=0;
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
return x;
}
bool vis[N];
struct node
{
int d[2],mx[2],mn[2],l,r;
int w,tg,id,mnw,mnid;
bool del,alldone;
void up(node x)
{
chmin(mn[0],x.mn[0]);
chmax(mx[0],x.mx[0]);
chmin(mn[1],x.mn[1]);
chmax(mx[1],x.mx[1]);
}
} st[N];
int now,dis[N],tot,n,m,w,h,rt,nw,x[N],y[N];
int p[N],t[N],l[N],r[N],d[N],U[N];
bool cmp(node x, node y) {
return x.d[now]<y.d[now];
}
void pushup(node& x)
{
if(st[x.l].alldone&&st[x.r].alldone&&x.del)
{
x.alldone=true;
return ;
}
if(x.del) x.w=x.mnw=x.mnid=inf+1;
else x.mnw=min(x.w,x.tg),x.mnid=x.id;
if(!st[x.l].alldone&&st[x.l].mnw<x.mnw) x.mnw=st[x.l].mnw,x.mnid=st[x.l].mnid;
if(!st[x.r].alldone&&st[x.r].mnw<x.mnw) x.mnw=st[x.r].mnw,x.mnid=st[x.r].mnid;
x.mnw=min(x.mnw,x.tg);
}
void pushdown(node x)
{ chmin(st[x.l].tg,x.tg);
chmin(st[x.r].tg,x.tg);
}
int build(int l, int r, bool d)
{
int mid=l+r>>1; now=d;
nth_element(st+l+1,st+mid+1,st+r+1,cmp);
st[mid].mx[0]=st[mid].mn[0]=st[mid].d[0];
st[mid].mx[1]=st[mid].mn[1]=st[mid].d[1];
st[mid].w=st[mid].mnw=st[mid].tg=inf;
if(l!=mid) st[mid].l=build(l,mid-1,d^1),st[mid].up(st[st[mid].l]);
if(r!=mid) st[mid].r=build(mid+1,r,d^1),st[mid].up(st[st[mid].r]);
pushup(st[mid]);
return mid;
}
void del(int u, int x, int y)
{
if(st[u].alldone||x<st[u].mn[0]||x>st[u].mx[0]||y<st[u].mn[1]||y>st[u].mx[1]) return ;
pushdown(st[u]);
if(st[u].d[0]==x&&st[u].d[1]==y)
{
st[u].del=true;
pushup(st[u]);
return ;
}
if(!st[st[u].l].alldone) del(st[u].l,x,y);
if(!st[st[u].r].alldone) del(st[u].r,x,y);
pushup(st[u]);
}
void cover(int u, int xl, int xr, int yl, int yr, int w)
{
if(st[u].alldone||xr<st[u].mn[0]||xl>st[u].mx[0]||yr<st[u].mn[1]||yl>st[u].mx[1]) return ;
if(st[u].tg<=w) return ;
if(xl<=st[u].mn[0]&&st[u].mx[0]<=xr&&yl<=st[u].mn[1]&&st[u].mx[1]<=yr)
{
chmin(st[u].tg,w);
pushup(st[u]);
return ;
}
pushdown(st[u]);
if(xl<=st[u].d[0]&&st[u].d[0]<=xr&&yl<=st[u].d[1]&&st[u].d[1]<=yr) chmin(st[u].w,w);
if(!st[st[u].l].alldone) cover(st[u].l,xl,xr,yl,yr,w);
if(!st[st[u].r].alldone) cover(st[u].r,xl,xr,yl,yr,w);
pushup(st[u]);
}
vector<int> v[N];
int main()
{
n=gi(),m=gi(),w=gi(),h=gi();
for(int i=1;i<=n;++i) x[i]=st[i].d[0]=gi(),y[i]=st[i].d[1]=gi(),st[i].id=i;
st[0].alldone=true;
rt=build(1,n,0);
for(int i=1;i<=m;++i)
{
p[i]=gi(),t[i]=gi(),l[i]=gi(),r[i]=gi(),d[i]=gi(),U[i]=gi();
v[p[i]].push_back(i);
}
dis[1]=0,cover(rt,x[1],x[1],y[1],y[1],0);
while(!st[rt].alldone)
{
int u=st[rt].mnid;
if(vis[u]) continue;
vis[u]=true;
dis[u]=st[rt].mnw;
del(rt,x[u],y[u]);
for(int i=0;i<v[u].size();++i)
cover(rt,l[v[u][i]],r[v[u][i]],d[v[u][i]],U[v[u][i]],dis[u]+t[v[u][i]]);
}
for(int i=2;i<=n;++i) printf("%d\n",dis[i]);
}
d2t2 斗主地
Solution
通过观da察biao可以发现， \(f(i)\) 是一个二次函数，所以我们只需要求出 \(f(1),f(2),f(3)\) 就可以插出所有的 \(f(i)\) 。
和暴力一样，我们还是设 \(F(x,y)\) 表示两个牌堆分别剩 \(x,y\) 张的概率。其中 \(x,y\le 3\) 。推一下可以求出
\[F(x,y)=\displaystyle\frac{(\prod_{i=x+1}^{a}i)(\prod_{i=y+1}^{n-a}i)}{\prod_{i=x+y+1}^{n}i}\binom{n-x-y}{a-x}
\]
\]
Code
#include<cstdio>
inline int gi()
{
char c=getchar(); int x=0;
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
return x;
}
const int N=1e7+5,Mod=998244353,iMod=Mod+1>>1;
int f[N],fac[N],inv[N],i3[N],g[N],tf[5],n,m,t,a;
inline int po(int x, int y)
{
int r=1;
while(y)
{
if(y&1) r=1ll*r*x%Mod;
x=1ll*x*x%Mod, y>>=1;
}
return r;
}
inline int getw(int x)
{
if(x<1||x>n) return -1;
if(x<=3) return f[x];
int A=((f[1]-2ll*f[2]%Mod+f[3])%Mod+Mod)%Mod;
int B=((-5ll*f[1]%Mod+8ll*f[2]%Mod-3ll*f[3]%Mod)%Mod+Mod)%Mod;
int C=((3ll*f[1]%Mod-3ll*f[2]%Mod+f[3])%Mod+Mod)%Mod;
A=1ll*A*iMod%Mod,B=1ll*B*iMod%Mod;
return (1ll*A*x%Mod*x%Mod+1ll*B*x%Mod+C)%Mod;
}
inline int C(int x, int y) {
return 1ll*fac[x]*inv[y]%Mod*inv[x-y]%Mod;
}
inline int getp(int x, int y)
{
int w=1ll*fac[a]*inv[x]%Mod*fac[n-a]%Mod*inv[y]%Mod*fac[x+y]%Mod*inv[n]%Mod;
return 1ll*w*C(n-x-y,a-x)%Mod;
}
int main()
{
n=gi(),m=gi(),t=gi();
for(int i=1;i<=3;++i) f[i]=(t==1?i:i*i);
fac[0]=inv[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i) fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%Mod;
inv[n]=po(fac[n],Mod-2);
for(int i=n-1;i;--i) inv[i]=1ll*(i+1)*inv[i+1]%Mod;
for(int i=1;i<=3;++i) i3[i]=po(i,Mod-2);
while(m--)
{
a=gi();
int tmp=0;
for(int i=1;i<=3;++i)
{
g[i]=getw(a+i),tf[i]=0;
if(g[i]!=-1) ++tmp;
}
for(int i=0;i<=3&&i<=a;++i)
for(int j=0;i+j<=3&&j<=tmp;++j)
{
if(!i&&!j) continue;
int p=getp(i,j);
tf[i+j]=(tf[i+j]+1ll*i*i3[i+j]%Mod*f[i]%Mod*p%Mod)%Mod;
tf[i+j]=(tf[i+j]+1ll*j*i3[i+j]%Mod*g[j]%Mod*p%Mod)%Mod;
}
for(int i=1;i<=3;++i) f[i]=tf[i];
}
for(int i=4;i<=n;++i) f[i]=getw(i);
int q=gi();
while(q--) printf("%d\n",f[gi()]);
}
d2t3 I 君的探险
Solution
据官方题解的一套理论，我们每次随机化一个排列 \(p\) ，找到每个点在排列前所连着的点，如果连着的点的个数是奇数则至少可以找到一条。
根据官方题解的结论，至少有 \(N/3\) 的点向前面连了奇数条边。
可以使用整体二分找到每个点前面连的点。具体而言，修改左边的所有点，将原本在左边的点和右边颜色变了的点放到左边，其余的点放到右边。
根据官方题解的复杂度分析，由于两边操作量不均等，我们每次需要取三等分点分治。
注意实现的细节，保存询问的信息，保证不进行多余的询问操作。
（算了还是直接去看官方题解吧）
Code
#include "explore.h"
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+5;
int n,m,now,p[N];
vector<int> v;
bool tmp[N],del[N];
bool mp[N],l[N];
int head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],tot;
namespace task1
{
void solve()
{
for(int i=0;i<n-1;++i)
{
if(check(i)) continue;
modify(i);
l[i]^=1;
for(int j=i+1;j<n;++j)
{
int x=query(j);
if(l[j]!=x) l[j]=x,report(i,j);
}
}
}
}
void addedge(int u, int v) {
nxt[++tot]=head[u], head[u]=tot, to[tot]=v;
}
void solve(int l, int r, vector<int> v, bool d)
{
if(l==r)
{
for(int i=0;i<v.size();++i)
if(p[v[i]]!=p[l])
{
++now;
report(p[v[i]],p[l]);
addedge(p[v[i]],p[l]),addedge(p[l],p[v[i]]);
}
if(!d) modify(p[l]);
return ;
}
// int mid=l+r>>1;
int mid=l+(r-l+1)/3;
for(int i=l;i<=mid;++i) mp[p[i]]=true;
if(d) for(int i=l;i<=mid;++i) modify(p[i]);
else for(int i=mid+1;i<=r;++i) modify(p[i]);
vector<int> v1,v2;
for(int i=0;i<v.size();++i)
{
int x=query(p[v[i]]);
for(int e=head[p[v[i]]];e;e=nxt[e]) x^=mp[to[e]];
if(v[i]<=mid||x) v1.push_back(v[i]);
else v2.push_back(v[i]);
}
for(int i=l;i<=mid;++i) mp[p[i]]=false;
solve(l,mid,v1,0),solve(mid+1,r,v2,1);
}
void explore(int N, int M)
{
n=N,m=M;
if(n<=500)
{
task1::solve();
return ;
}
for(int i=0;i<n;++i) p[i]=i;
while(true)
{
int nm=n; n=0;
for(int i=0;i<nm;++i) if(!del[p[i]]) p[n++]=p[i];
if(N%10!=7) random_shuffle(p,p+n);
v.clear();
for(int i=0;i<n;++i) v.push_back(i);
solve(0,n-1,v,1);
if(now==m) break;
for(int i=0;i<n;++i) if(check(p[i])) del[p[i]]=true;
}
}
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