冲刺Noip2017模拟赛6 解题报告——五十岚芒果酱

1．ksum（ksum）

【问题描述】
Peter喜欢玩数组。NOIP这天，他从Jason手里得到了大小为n的一个正整数
数组。
Peter求出了这个数组的所有子段和，并将这n(n+)/2个数降序排序，他想
知道前k个数是什么。
【输入格式】
输入文件名为 ksum.in。
输入数据的第一行包含两个整数 n 和 k。
接下来一行包含 n 个正整数，代表数组。
【输出格式】
输出文件名为 ksum.out。
输出 k 个数，代表降序之后的前 k 个数，用空格隔开。
【输入输出样例】
ksum.in 
 
ksum.out
 
【数据规模与约定】
对于所有数据，满足 ai≤^,k≤n(n+)/,n≤,k≤
测试点编号 n≤         k≤

题目

tag：贪心

思路：每一个数都是正整数，意味着子段的大小一定小于父段，那我们必须先选择父段再选择子段。于是我们从整个数组1~n开始贪心，将每次选择的子段l~r再分成l+1~r和l~r-1两个更小的子段放入优先队列。但是，有可能会选择到重复的子段，我的处理是将左右端点哈希。记得求前缀和。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#define maxn 100010
#define ll long long
using namespace std;
map<ll,int> Hash;
ll sum[maxn],ans[maxn];
int a[maxn],n,k,tot;
struct NUM
{
    int l,r;
    ll val;
    bool operator<(const NUM &x)const{return val<x.val;}
};
priority_queue<NUM>Q;
void Push(NUM x)
{
    ll num=1ll*x.l+1ll*x.r*;
    if(!Hash.count(num)){
        Hash[num]=;
        Q.push(x);
    }
}
int main()
{
    //freopen("ksum.in","r",stdin);
    //freopen("ksum.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=;i<=n;++i){
        scanf("%d",&a[i]);
        sum[i]=sum[i-]+a[i];
    }
    NUM x;
    x.l=,x.r=n,x.val=sum[n];
    Push(x);
    while(){
        NUM now=Q.top();
        Q.pop();
        ans[++tot]=now.val;
        if(tot==k) break;
        int l=now.l,r=now.r;
        NUM x,y;
        x.l=l+,x.r=r;
        y.l=l,y.r=r-;
        x.val=sum[x.r]-sum[x.l-];
        y.val=sum[y.r]-sum[y.l-];
        Push(x);
        Push(y);
    }
    for(int i=;i<k;++i) cout<<ans[i]<<" ";
    cout<<ans[k]<<endl;
    return ;
}

2.奇袭（raid）

【问题描述】
由于各种原因，桐人现在被困在Under World（以下简称UW）中，而UW马上
要迎来最终的压力测试——魔界入侵。
唯一一个神一般存在的Administrator被消灭了，靠原本的整合骑士的力量
是远远不够的。所以爱丽丝动员了UW全体人民，与整合骑士一起抗击魔族。
在UW的驻地可以隐约看见魔族军队的大本营。整合骑士们打算在魔族入侵
前发动一次奇袭，袭击魔族大本营！
为了降低风险，爱丽丝找到了你，一名优秀斥候，希望你能在奇袭前对魔
族大本营进行侦查，并计算出袭击的难度。
经过侦查，你绘制出了魔族大本营的地图，然后发现，魔族大本营是一个N
×N的网格图，一共有N支军队驻扎在一些网格中（不会有两只军队驻扎在一起）。
在大本营中，每有一个k×k(≤k≤N)的子网格图包含恰好k支军队，我们
袭击的难度就会增加1点。
现在请你根据绘制出的地图，告诉爱丽丝这次的袭击行动难度有多大。
【输入格式】
第一行，一个正整数N，表示网格图的大小以及军队数量。
接下来N行，每行两个整数,Xi,Yi，表示第i支军队的坐标。
保证每一行和每一列都恰有一只军队,即每一个Xi和每一个Yi都是不一样
的。
【输出格式】
一行，一个整数表示袭击的难度。
【输入输出样例】
raid.in
 
raid.out
 
【样例解释】
显然，分别以(,)和(,)为左上,右下顶点的一个子网格图中有3支军队，
这为我们的难度贡献了1点。
类似的子网格图在原图中能找出10个。
【数据范围】
对于30%的数据，N ≤
对于60%的数据，N ≤
对于100%的数据，N ≤ 

题目

tag:分治、单调栈、玄学（雾）

思路：暴力可以二维前缀和或树状数组。这道题的模型有一定特殊性，每行每列都只有一个点，为了达到O(nlogn)的水平我们缩成一维。通过仔细观察发现，每一个符合条件的子段（子矩阵）都满足maxx-minx=len-1=r-l，原来是RMQ问题。

之后是玄学分治+单调栈，对于每个分治区间，用mid分成左右两侧，有四种情况，最小值和最大值在左左，左右，右左，右右，如果把子段反转，可以把右左和右右变成左右和左左，最后需要讨论两种情况，我们始终抓住函数的单调性来考虑，先以mid为分界线求出“前后缀最值”（min单减 ，max单增），既然要快速的查找，将公式移项，maxx-r=minx-l，我们造一个桶，将maxx-r放进去，让minx-l去找它对应的桶（建议结合代码理解）。接着是求“左左”的情况，为什么要满足j>mid?（注意，下面的几行我想了2h）像（1）、（1,2,3）这样的序列虽然满足条件，但不符合j>mid，他们会在分治的时候被解决，真正需要计算的是（1,5,2,3,4）这样，mid在2那里，1+（5-1）=5，1和5需要中间的2,3,4来补充，那么我们发现，所谓“左左”的情况并不是整个区间都在左哦。

接下来就是重头戏“左右”，也就是最小值在左最大值在右，之前求的前后缀最值就派上用场了，以最左端为标准求出满足条件的区间，最大值向右单增，也就是说越往右越大，越容易满足Rmax>Lmax，最小值相反（有些细节写在注释里了），遍历左区间，不断修改原来的范围，一一对应。

数组反转用stl的reserve，细节——（1,2,3,4,5）的mid在3，左（1,2,3）,右（4,5），反转后（5,4,3,2,1）mid应该移到4的位置，此时左（5,4），右（3,2,1）。处理了另外两种情况。

 #include<cstdio>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #include<cmath>
 #include<stack>
 #define maxn 100010
 #define inf 1<<29
 #define ll long long
 using namespace std;
 int Lmax[maxn],Lmin[maxn],Rmax[maxn],Rmin[maxn],tong[maxn],a[maxn],n;
 ll cal(int l,int r,int mid)
 {
     ll ret();
     Lmax[mid]=Lmin[mid]=a[mid];
     Rmax[mid+]=Rmin[mid+]=a[mid+];
     for(int i=mid-;i>=l;--i){
         Lmax[i]=max(Lmax[i+],a[i]);
         Lmin[i]=min(Lmin[i+],a[i]);
     }
     for(int i=mid+;i<=r;++i){
         Rmax[i]=max(Rmax[i-],a[i]);
         Rmin[i]=min(Rmin[i-],a[i]);
     }
     for(int i=l;i<=mid;++i){
         int j=i+Lmax[i]-Lmin[i];
         if(j>mid&&Rmax[j]<Lmax[i]&&Rmin[j]>Lmin[i]) ret++;//最大值和最小值都在左边  由于j可能比n还大就导致数组需要开2倍
     }
     int p1=mid+,p2=mid;//p1 max指针 p2 min指针
     while(p1<=r&&Rmax[p1]<Lmax[l]) tong[Rmax[p1]-p1]--,p1++;//左不符合 右符合 最后指到第一个符合的
     while(p2<r&&Rmin[p2+]>Lmin[l]) p2++,tong[Rmax[p2]-p2]++;//左符合 右不符合 最后指到最后一个不符合的
     for(int i=l;i<=mid;++i){
         while(p1>mid+&&Rmax[p1-]>Lmax[i]) p1--,tong[Rmax[p1]-p1]++;//将原来不符合变为符合
         while(p2>mid&&Rmin[p2]<Lmin[i]) tong[Rmax[p2]-p2]--,p2--;//将符合变为不符合
         ret+=max(tong[Lmin[i]-i],);//万一是负的
     }
     for(int i=mid+;i<=r;++i) tong[Rmax[i]-i]=;//区间清零 不要脑子一热memset了
     return ret;
 }
 ll solve(int l,int r)
 {
     ll ret();
     if(l==r) return 1ll;
     int mid=(l+r)>>;
     ret=solve(l,mid)+solve(mid+,r);
     ret+=cal(l,r,mid);
     reverse(a+l,a+r+);//区间反转
     if((r-l+)&) mid--;//mid位置修正
     ret+=cal(l,r,mid);
     reverse(a+l,a+r+);
     return ret;
 }
 int main()
 {
     //freopen("raid.in","r",stdin);
     //freopen("raid.out","w",stdout);
     int x,y;
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;++i){
         scanf("%d%d",&x,&y);
         a[x]=y;//转一维
     }
     printf("%I64d\n",solve(,n));
     return ;
 }

3.十五数码（fifteen）

【题目描述】
给出起始顺序，要求通过  的移动（与上下左右交换），排成以下顺序：
 
【输入格式】
从文件 fiften.in 中读入数据，四个数一行，共四行。
【输出格式】
输出到文件 fifteen.out 中。
输出最少移动次数。如果无解输出 No。
【样例  输入】
 
【样例  输出】
 
【样例  输入】
 
【样例  输出】
 
【数据范围】
对于 %的数据，保证有解并且 Ans <= ；
对于 %的数据，保证有解并且 Ans <= ；
存在 %的数据无解。
对于 %的数据，如果有解，Ans <= ;

题目

tag:搜索

思路：状态很多，数字很多，哈希很困难。可以用双向广搜，然后正解是一堆位运算的IDA*,因为有点想法我尽量说自己的思路……IDA*嘛，我做了一些估价，初始状态到末状态每个数字的“曼哈顿距离”(坐标距)，加起来就是最少要移动的次数（重要剪枝！），作为我们枚举deep的起点，终点是50，到50可以不做直接输出结果（但是没骗到分）。

dfs的过程是我们需要重点研究的。估价分单个数字和整体（感觉整体的更重要），简要来说，如果明显无法在剩余步数找到答案就不动了。有int全部套register，有if的尽量减少，有函数的尽量不用（重要剪枝！亲测swap能直接拖1s），小函数define掉（不过据说考试的时候不太保险？），还有个“手刀保护sdbh”避免来回移动（重要剪枝！从4^x到3^x的变化）。还有dalao教的exit(0)直接结束程序，biao脸的卡时还特判最后才A掉……

无解的情况需要求逆序数+空位到（4,4）的坐标距（因为0还要移过去啊……另外之后提到的逆序数包括空位的情况），那么问题来了为什么要求逆序数，我们看末状态的逆序数是15，一个奇数，而每次移动无论横纵的改变量都是偶数，奇+-偶=奇，初状态也必须是奇数才行。

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #include<cmath>
 #include<ctime>
 #define aabs(x) (x>=0?x:-(x))
 #define ok(x,y) x>0&&x<5&&y>0&&y<5
 #define ll long long
 using namespace std;
 int dx[]={,,,-},dy[]={,,-,},mp[][],zb[][],dis[],deep,S,T,tot,start,sum;
 int cal(register int x,register int y){return (x-)*+y;}
 void dfs(register int f,register int DIS,register int x,register int y,register int sdbh)
 {
     if(clock()-start>=){
         if(deep<) printf("");
         else printf("");
         exit();
     }
     if(f==deep){
         if(!DIS){
             printf("%d\n",deep);
             exit();
         }
         return;
     }
     for(register int i=;i<;++i){
         register int X=dx[i]+x,Y=dy[i]+y,num=mp[X][Y];
         if(num!=sdbh&&ok(X,Y)&&deep-f>=dis[num]){
             mp[x][y]=num;
             mp[X][Y]=;
             register int change=aabs(x-zb[num][])+aabs(y-zb[num][])-aabs(X-zb[num][])-aabs(Y-zb[num][]);
             dis[num]+=change;
             if(DIS+change<=deep-f-) dfs(f+,DIS+change,X,Y,num);
             dis[num]-=change;
             mp[x][y]=;
             mp[X][Y]=num;
         }
     }
 }
 int main()
 {
     //freopen("fifteen.in","r",stdin);
     //freopen("fifteen.out","w",stdout);
     for(int i=;i<=;++i)
         for(int j=;j<=;++j)
             zb[cal(i,j)][]=i,zb[cal(i,j)][]=j;
     for(int i=;i<=;++i)
         for(int j=;j<=;++j){
             scanf("%d",&mp[i][j]);
             if(!mp[i][j]) S=i,T=j;
             else{
                 dis[mp[i][j]]=aabs(i-zb[mp[i][j]][])+aabs(j-zb[mp[i][j]][]);
                 tot+=dis[mp[i][j]];
             }
         }
     start=clock();
     deep=tot;
     for(int i=;i<=;++i)
         for(int j=;j<=;++j)
             for(int k=;k<=;++k)
                 for(int l=;l<=;++l)
                     if(cal(k,l)<cal(i,j))
                         if(mp[k][l]>mp[i][j]) sum++;
     sum+=-S+-T;
     if(!(sum&)){
         puts("No");
         return ;
     }
     while(){
         if(deep==){
             printf("");
             return ;
         }
         dfs(,tot,S,T,);
         deep++;
     }
     return ;
 }

——————————并不华丽的分割线————————————

芒果君：这次考试好像没翻车然后刚才CF炸了……所以说自己不努力能怪谁呢……