THUSC2017 Day1题解

巧克力

题目描述

“人生就像一盒巧克力，你永远不知道吃到的下一块是什么味道。”

明明收到了一大块巧克力，里面有若干小块，排成n行m列。每一小块都有自己特别的图案ci,j，它们有的是海星，有的是贝壳，有的是海螺......其中还有一些因为挤压，已经分辨不出是什么图案了。明明给每一小块巧克力标上了一个美味值\(a_{i,j }( 0 \le a_{i,j} \le 10^6 )\)，这个值越大，表示这一小块巧克力越美味。

正当明明咽了咽口水，准备享用美味时，舟舟神奇地出现了。看到舟舟恳求的目光，明明决定从中选出一些小块与舟舟一同分享。

舟舟希望这些被选出的巧克力是连通的（两块巧克力连通当且仅当他们有公共边），而且这些巧克力要包含至少\(k ( 1 \le k \le 5 )\)种。而那些被挤压过的巧克力则是不能被选中的。

明明想满足舟舟的愿望，但他又有点“抠”，想将美味尽可能多地留给自己。所以明明希望选出的巧克力块数能够尽可能地少。如果在选出的块数最少的前提下，美味值的中位数（我们定义\(n\)个数的中位数为第\(⌊\frac{n+1}{2}⌋\)小的数）能够达到最小就更好了。

你能帮帮明明吗？

输入格式

从标准输入读入数据。

每个测试点包含多组测试数据。

输入第一行包含一个正整数 \(T (1 \le T \le 5)\)，表示测试数据组数。

对于每组测试数据：

输入第一行包含三个正整数\(n,m\)和\(k\)；

接下来\(n\)行，每行\(m\)个整数，表示每小块的图案\(c_{i,j}\)。若\(c_{i,j}=−1\)表示这一小块受到过挤压，不能被选中；

接下来\(n\)行，每行\(m\)个整数，表示每个小块的美味值\(a_{i,j}\)。

输出格式

输出到标准输出。

输出共包括\(T\)行，每行包含两个整数，用空格隔开，即最少的块数和最小的美味值中位数。

若对于某组测试数据，不存在任意一种合法的选取方案，请在对应行输出两个\(−1\)。

数据范围

\(n \times m \le 233\)

题解

我们发现这个至少有\(k\)种颜色非常不好处理，我们就把所有颜色随机分到\(k\)个块里，只要每个块的颜色都被取到，那就说明至少有\(k\)个颜色

直接二分中位数，每次随机颜色块，做一遍斯坦纳树即可。这里有个技巧就是把大于中位数的赋值成\(1001\)，其他的赋成的\(999\)，设求出来的最小值为\(Min\)，则最少块数为\(\frac{Min+500}{1000}\)，同时也可以通过与答案\(\times 1000\)的大小比较来check中位数

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. #define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
  4. #define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
  5. typedef long long ll;
  6. template<typename T>inline bool chkmin(T &x,T y){return (y<x)?(x=y,1):0;}
  7. template<typename T>inline bool chkmax(T &x,T y){return (y>x)?(x=y,1):0;}
  8. inline int read(){
  9. 	int x;
  10. 	char c;
  11. 	int f=1;
  12. 	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
  13. 	if(c=='-') f=-1,c=getchar();
  14. 	x=c^'0';
  15. 	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
  16. 	return x*f;
  17. }
  18. inline ll readll(){
  19. 	ll x;
  20. 	char c;
  21. 	int f=1;
  22. 	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
  23. 	if(c=='-') f=-1,c=getchar();
  24. 	x=c^'0';
  25. 	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
  26. 	return x*f;
  27. }
  28. const int maxn=233+10,inf=0x3f3f3f3f;
  29. int N,id[maxn][maxn],dp[1<<5][maxn],vis[1<<5][maxn];
  30. int col[maxn],c[maxn][maxn],val[maxn],a[maxn][maxn];
  31. int idx[maxn],idx_cnt,Min;
  32. int num[maxn],k;
  33. int Begin[maxn],Next[maxn*10],to[maxn*10],e;
  34. int dir[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};
  35. inline void add_edge(int x,int y){
  36. 	to[++e]=y;
  37. 	Next[e]=Begin[x];
  38. 	Begin[x]=e;
  39. }
  40. struct point{
  41. 	int x,y;
  42. };
  43. inline void spfa(int Nw){
  44. 	queue<point> q;
  45. 	REP(i,1,N) vis[Nw][i]=1,q.push((point){Nw,i});
  46. 	while(!q.empty()){
  47. 		point u=q.front();q.pop();
  48. 		for(int i=Begin[u.y];i;i=Next[i]){
  49. 			point v;
  50. 			v.y=to[i],v.x=u.x;
  51. 			if(col[to[i]]==-1) continue;
  52. 			v.x|=(1<<col[to[i]]);
  53. 			if(chkmin(dp[v.x][v.y],dp[u.x][u.y]+val[to[i]]))
  54. 				if(!vis[v.x][v.y]){
  55. 					vis[v.x][v.y]=1;
  56. 					q.push(v);
  57. 				}
  58. 			vis[u.x][u.y]=0;
  59. 		}
  60. 	}
  61. }
  62. inline void Steiner_tree(){
  63. 	memset(dp,inf,sizeof(dp));
  64. 	REP(i,1,N)
  65. 		if(col[i]!=-1) dp[1<<col[i]][i]=val[i];
  66. 	REP(i,1,(1<<k)-1){
  67. 		REP(j,1,N){
  68. 			int x,y;
  69. 			if(col[j]!=-1) y=(1<<col[j]);
  70. 			else y=0;
  71. 			if(!y) continue;
  72. 			if((i&y)!=y) continue;
  73. 			x=(i^y);
  74. 			for(int u=x;u;u=(u-1)&x) chkmin(dp[i][j],dp[u|y][j]+dp[(u^x)|y][j]-val[j]);
  75. 		}
  76. 		spfa(i);
  77. 		REP(j,1,N) for(int u=(i-1)&i;u;u=(u-1)&i) chkmin(dp[u][j],dp[i][j]);
  78. 	}
  79. 	REP(i,1,N) chkmin(Min,dp[(1<<k)-1][i]);
  80. }
  81. int main(){
  82. #ifndef ONLINE_JUDGE
  83. 	freopen("a.in","r",stdin);
  84. 	freopen("a.out","w",stdout);
  85. #endif
  86. 	srand(234111);
  87. 	int T=read();
  88. 	while(T--){
  89. 		int n=read(),m=read();
  90. 		k=read();
  91. 		N=idx_cnt=0;
  92. 		REP(i,1,n) REP(j,1,m) id[i][j]=++N;
  93. 		REP(i,1,n) REP(j,1,m) c[i][j]=read();
  94. 		REP(i,1,n) REP(j,1,m) a[i][j]=read(),idx[++idx_cnt]=a[i][j];
  95. 		e=0;
  96. 		REP(i,1,N) Begin[i]=0;
  97. 		sort(idx+1,idx+idx_cnt+1);
  98. 		idx_cnt=unique(idx+1,idx+idx_cnt+1)-idx-1;
  99. 		REP(i,1,n) REP(j,1,m) REP(x,0,3){
  100. 			int u=i+dir[x][0],v=j+dir[x][1];
  101. 			if(u>n || u<1 || v>m || v<1) continue;
  102. 			//			cout<<i<<' '<<j<<' '<<u<<' '<<v<<endl;
  103. 			add_edge(id[i][j],id[u][v]);
  104. 		}
  105. 		int L=1,R=idx_cnt;
  106. 		int ans=inf;
  107. 		while(L<=R){
  108. 			int Mid=(L+R)>>1;
  109. 			Min=inf;
  110. 			REP(i,1,n) REP(j,1,m)
  111. 				if(a[i][j]>idx[Mid]) val[id[i][j]]=1001;
  112. 				else val[id[i][j]]=999;
  113. 			REP(_,1,200){
  114. 				REP(i,1,N) num[i]=rand()%k;
  115. 				REP(i,1,n) REP(j,1,m)
  116. 					if(c[i][j]==-1) col[id[i][j]]=-1;
  117. 					else col[id[i][j]]=num[c[i][j]];
  118. 				Steiner_tree();
  119. 			}
  120. 			ans=(Min+500)/1000;
  121. //			cerr<<Mid<<' '<<Min<<endl;
  122. 			if(Min<=ans*1000) R=Mid-1;
  123. 			else L=Mid+1;
  124. 		}
  125. 		if(ans>N) printf("-1\n");
  126. 		else printf("%d %d\n",ans,idx[R+1]);
  127. 	}
  128. 	return 0;
  129. }

杜老师

题目描述

杜老师可是要打\(+\infty\)年\(World Final\)的男人，虽然规则不允许，但是可以改啊！

但是今年\(WF\)跟\(THUSC\)的时间这么近，所以他造了一个\(idea\)就扔下不管了……

给定\(L,R\)，求从\(L\)到\(R\)的这\(R−L+1\)个数中能选出多少个不同的子集，满足子集中所有的数的乘积是一个完全平方数。特别地，空集也算一种选法，定义其乘积为\(1\)。

由于杜老师忙于跟陈老师和鏼老师一起打ACM竞赛，所以，你能帮帮杜老师写写标算吗？

输入格式

从标准输入读入数据。

每个测试点包含多组测试数据。

输入第一行包含一个正整数 \(T (1 \le T \le 100)\)，表示测试数据组数。

接下来\(T\)行，第\(i+1\)行两个正整数\(L_i,R_i\)表示第 i 组测试数据的 \(L,R\) ，保证\(1 \le L_i \le R_i \le 10^7\)。

输出格式

输出到标准输出。

输出\(T\)行，每行一个非负整数，表示一共可以选出多少个满足条件的子集，答案对\(998244353\)取模。

数据范围

\(R_i \le 10^7, \sum R_i-L_i \le 6 \times 10 ^7\)

题解

首先很容易想到分解质因数，然后对于每一个数\(x\)，可以变成一个二进制数，二进制数的第\(i\)位代表\(x\)包含奇数还是偶数个\(p_i\)的质因子。之后就求出线性基，那么答案即为\(自由元个数2^{自由元个数}\).这样可以拿到\(50\)分

然后我一开始在看这道题的时候，我发现了两个结论：

1.当\(\frac{R}{L} \ge p_i\)时\(i\)这一位一定有基

2.当\(p_i > \sqrt{R}\)是\(i\)这一位一定有基

我一开始判掉两个结论，然后剩下的直接暴力高斯消元有\(80\)分

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. #define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
  4. #define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
  5. typedef long long ll;
  6. template<typename T>inline bool chkmin(T &x,T y){return (y<x)?(x=y,1):0;}
  7. template<typename T>inline bool chkmax(T &x,T y){return (y>x)?(x=y,1):0;}
  8. inline int read(){
  9. 	int x;
  10. 	char c;
  11. 	int f=1;
  12. 	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
  13. 	if(c=='-') f=-1,c=getchar();
  14. 	x=c^'0';
  15. 	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
  16. 	return x*f;
  17. }
  18. inline ll readll(){
  19. 	ll x;
  20. 	char c;
  21. 	int f=1;
  22. 	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
  23. 	if(c=='-') f=-1,c=getchar();
  24. 	x=c^'0';
  25. 	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
  26. 	return x*f;
  27. }
  28. const int maxm=1e7+10,maxn=1000+10,mod=998244353;
  29. int prime[maxm],isprime[maxm],Max[maxm],cnt;
  30. inline void init(int n){
  31. 	REP(i,2,n){
  32. 		if(!isprime[i]) prime[++cnt]=i,Max[i]=cnt;
  33. 		REP(j,1,cnt){
  34. 			int u=i*prime[j];
  35. 			if(u>n) break;
  36. 			isprime[u]=1;
  37. 			Max[u]=max(Max[i],j);
  38. 			if(i%prime[j]==0) break;
  39. 		}
  40. 	}
  41. }
  42. ll bit[maxn][maxn],a[maxn],num[maxn];
  43. int tmp,tot,All;
  44. bool p[maxn];
  45. int ans,Begin[maxm],to[maxm*10],Next[maxm*10],e;
  46. inline void add_edge(int x,int y){
  47. 	to[++e]=y;
  48. 	Next[e]=Begin[x];
  49. 	Begin[x]=e;
  50. }
  51. inline int ksm(int x,int y){
  52. 	int res=1;
  53. 	while(y){
  54. 		if(y&1) res=(ll)res*x%mod;
  55. 		y>>=1;
  56. 		x=(ll)x*x%mod;
  57. 	}
  58. 	return res;
  59. }
  60. inline void add(){
  61. 	REP(i,0,tot) if(a[i/64]&(1ll<<(ll)(i%64))){
  62. 		if(p[i]){
  63. 			REP(j,0,tmp) a[j]^=bit[i][j];
  64. 		}
  65. 		else{
  66. 			REP(j,0,tmp) bit[i][j]=a[j];
  67. //			cerr<<i<<' '<<All<<endl;
  68. 			p[i]=1;
  69. 			--ans;
  70. 			--All;
  71. 			break;
  72. 		}
  73. 	}
  74. }
  75. int main(){
  76. #ifndef ONLINE_JUDGE
  77. 	freopen("b.in","r",stdin);
  78. 	freopen("b.out","w",stdout);
  79. #endif
  80. 	init(maxm-10);
  81. 	int T=read();
  82. 	while(T--){
  83. 		int L=read(),R=read();
  84. 		int t1=upper_bound(prime+1,prime+cnt+1,R/L)-prime;
  85. 		int t2;
  86. 		for(t2=0;prime[t2+1]*prime[t2+1]<=R;++t2);
  87. 		int t3=upper_bound(prime+1,prime+cnt+1,R)-prime-1;
  88. 		REP(i,L,R) Begin[i]=0;
  89. 		e=0;
  90. 		ans=(R-L+1);
  91. 		ans-=t1-1;
  92. //		cerr<<t1<<' '<<t2<<' '<<t3<<endl;
  93. 		REP(i,t1,t2) REP(j,(L-1)/prime[i]+1,R/prime[i]){
  94. 			int u=j,x=1;
  95. 			while(u%prime[i]==0) u/=prime[i],x^=1;
  96. 			if(x) add_edge(prime[i]*j,i-t1);
  97. 		}
  98. 		tmp=(t2-t1)/64;
  99. 		tot=t2-t1;
  100. 		REP(i,0,tot){
  101. 			REP(j,0,tmp) bit[i][j]=0;
  102. 			p[i]=0;
  103. 		}
  104. 		All=tot;
  105. 		REP(i,max(t2+1,t1),t3){
  106. 			int l=(L-1)/prime[i]+1,r=R/prime[i];
  107. 			if(l>r) continue;
  108. 			ans--;
  109. 			if(All<0) continue;
  110. 			if(l==r) continue;
  111. 			REP(j,0,tmp) num[j]=0;
  112. 			for(int j=Begin[l*prime[i]];j;j=Next[j]) num[to[j]/64]^=(1ll<<(ll)(to[j]%64));
  113. 			REP(j,l+1,r){
  114. 				REP(k,0,tmp) a[k]=num[k];
  115. 				for(int k=Begin[j*prime[i]];k;k=Next[k]) a[to[k]/64]^=(1ll<<(ll)(to[k]%64));
  116. 				add();
  117. 				if(All<0) break;
  118. 			}
  119. 		}
  120. 		REP(i,L,R) if(Max[i]<=t2){
  121. 			if(All<0) break;
  122. 			REP(j,0,tmp) a[j]=0;
  123. 			for(int j=Begin[i];j;j=Next[j]) a[to[j]/64]^=(1ll<<(ll)(to[j]%64));
  124. 			add();
  125. 		}
  126. 		printf("%d\n",ksm(2,ans));
  127. 	}
  128. 	return 0;
  129. }

正解好迷啊，有个结论，当\(R-L \ge 6000\)时只要区间内出现了这个质因子就一定有基。大于\(6000\)的直接判，剩下的暴力高斯消元。

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. #define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
  4. #define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
  5. typedef long long ll;
  6. template<typename T>inline bool chkmin(T &x,T y){return (y<x)?(x=y,1):0;}
  7. template<typename T>inline bool chkmax(T &x,T y){return (y>x)?(x=y,1):0;}
  8. inline int read(){
  9. 	int x;
  10. 	char c;
  11. 	int f=1;
  12. 	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
  13. 	if(c=='-') f=-1,c=getchar();
  14. 	x=c^'0';
  15. 	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
  16. 	return x*f;
  17. }
  18. inline ll readll(){
  19. 	ll x;
  20. 	char c;
  21. 	int f=1;
  22. 	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
  23. 	if(c=='-') f=-1,c=getchar();
  24. 	x=c^'0';
  25. 	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
  26. 	return x*f;
  27. }
  28. const int maxm=1e7+10,maxn=1000+10,mod=998244353;
  29. int prime[maxm],isprime[maxm],Max[maxm],cnt;
  30. inline void init(int n){
  31. 	REP(i,2,n){
  32. 		if(!isprime[i]) prime[++cnt]=i,Max[i]=cnt;
  33. 		REP(j,1,cnt){
  34. 			int u=i*prime[j];
  35. 			if(u>n) break;
  36. 			isprime[u]=1;
  37. 			Max[u]=max(Max[i],j);
  38. 			if(i%prime[j]==0) break;
  39. 		}
  40. 	}
  41. }
  42. ll bit[maxn][maxn],a[maxn],num[maxn];
  43. int tmp,tot,All;
  44. bool p[maxn];
  45. int ans,Begin[maxm],to[maxm*10],Next[maxm*10],e;
  46. inline void add_edge(int x,int y){
  47. 	to[++e]=y;
  48. 	Next[e]=Begin[x];
  49. 	Begin[x]=e;
  50. }
  51. inline int ksm(int x,int y){
  52. 	int res=1;
  53. 	while(y){
  54. 		if(y&1) res=(ll)res*x%mod;
  55. 		y>>=1;
  56. 		x=(ll)x*x%mod;
  57. 	}
  58. 	return res;
  59. }
  60. inline void add(){
  61. 	REP(i,0,tot) if(a[i/64]&(1ll<<(ll)(i%64))){
  62. 		if(p[i]){
  63. 			REP(j,0,tmp) a[j]^=bit[i][j];
  64. 		}
  65. 		else{
  66. 			REP(j,0,tmp) bit[i][j]=a[j];
  67. //			cerr<<i<<' '<<All<<endl;
  68. 			p[i]=1;
  69. 			--ans;
  70. 			--All;
  71. 			break;
  72. 		}
  73. 	}
  74. }
  75. int main(){
  76. #ifndef ONLINE_JUDGE
  77. 	freopen("b.in","r",stdin);
  78. 	freopen("b.out","w",stdout);
  79. #endif
  80. 	init(maxm-10);
  81. 	int T=read();
  82. 	while(T--){
  83. 		int L=read(),R=read();
  84. 		int t1=upper_bound(prime+1,prime+cnt+1,R/L)-prime;
  85. 		int t2;
  86. 		for(t2=0;prime[t2+1]*prime[t2+1]<=R;++t2);
  87. 		int t3=upper_bound(prime+1,prime+cnt+1,R)-prime-1;
  88. 		REP(i,L,R) Begin[i]=0;
  89. 		e=0;
  90. 		ans=(R-L+1);
  91. 		ans-=t1-1;
  92. 		if(R-L>=6000){
  93. 			REP(i,t1,t3) if(R/prime[i]>(L-1)/prime[i]) --ans;
  94. 			printf("%d\n",ksm(2,ans));
  95. 			continue;
  96. 		}
  97. //		cerr<<t1<<' '<<t2<<' '<<t3<<endl;
  98. 		REP(i,t1,t2) REP(j,(L-1)/prime[i]+1,R/prime[i]){
  99. 			int u=j,x=1;
  100. 			while(u%prime[i]==0) u/=prime[i],x^=1;
  101. 			if(x) add_edge(prime[i]*j,i-t1);
  102. 		}
  103. 		tmp=(t2-t1)/64;
  104. 		tot=t2-t1;
  105. 		REP(i,0,tot){
  106. 			REP(j,0,tmp) bit[i][j]=0;
  107. 			p[i]=0;
  108. 		}
  109. 		All=tot;
  110. 		REP(i,max(t2+1,t1),t3){
  111. 			int l=(L-1)/prime[i]+1,r=R/prime[i];
  112. 			if(l>r) continue;
  113. 			ans--;
  114. 			if(All<0) continue;
  115. 			if(l==r) continue;
  116. 			REP(j,0,tmp) num[j]=0;
  117. 			for(int j=Begin[l*prime[i]];j;j=Next[j]) num[to[j]/64]^=(1ll<<(ll)(to[j]%64));
  118. 			REP(j,l+1,r){
  119. 				REP(k,0,tmp) a[k]=num[k];
  120. 				for(int k=Begin[j*prime[i]];k;k=Next[k]) a[to[k]/64]^=(1ll<<(ll)(to[k]%64));
  121. 				add();
  122. 				if(All<0) break;
  123. 			}
  124. 		}
  125. 		REP(i,L,R) if(Max[i]<=t2){
  126. 			if(All<0) break;
  127. 			REP(j,0,tmp) a[j]=0;
  128. 			for(int j=Begin[i];j;j=Next[j]) a[to[j]/64]^=(1ll<<(ll)(to[j]%64));
  129. 			add();
  130. 		}
  131. 		printf("%d\n",ksm(2,ans));
  132. 	}
  133. 	return 0;
  134. }

座位

题目描述

有 \(n\) 张圆桌排成一排（从左到右依次编号为 $ 0 $ 到 $ n−1 $ ），每张桌子有 $ m $ 个座位（按照逆时针依次编号为$ 0$ 到 \(m−1\) ），在吃饭时每个座位上都有一个人；在吃完饭后的时候，每个人都需要选择一个新的座位（新座位可能和原来的座位是同一个），具体来说，第 $ i $ 桌第 $ j $ 个人的新座位只能在第 $ L_{i,j} $ 桌到第 $ R_{i,j} $ 桌中选，可以是这些桌中的任何一个座位。确定好新座位之后，大家开始移动，移动的体力消耗按照如下规则计算：

移动座位过程分为两步：

  1. 从起始桌移动到目标桌对应座位，这个过程中的体力消耗为两桌距离的两倍，即从第 $ i $ 桌移动到第 $ j $ 桌对应座位的体力消耗为$ 2\times |i−j|$；

2.从目标桌的对应座位绕着桌子移动到目标座位，由于桌子是圆的，所以客人会选择最近的方向移动，体力消耗为移动距离的一倍，即从编号为 $ x $ 的座位移动的编号为 $ y$ 的座位的体力消耗为 $ min(|x−y|,m−|x−y|)$；

详情如下图：

现在，给定每个客人的限制（即每个人的新座位所在的区间），需要你设计一个方案，使得所有客人消耗的体力和最小；本题中假设客人在移动的时候互不影响。

输入格式

从标准输入读入数据。

第一行输入两个数 $ n $和 $ m$ ；

接下来输入 $ n$ 行，每行 $ m $ 个空格隔开的整数描述矩阵 $ L$ ：其中，第 $ i $ 行的第 $ j $ 个数表示 $ L_{i,j}$；

接下来输入 $ n$ 行，每行 $ m $ 个空格隔开的整数描述矩阵 $ R$ ：其中，第 $ i $ 行的第 $ j $ 个数表示 $ R_{i,j}$。

数据是随机生成的

输出格式

输出到标准输出。

输出总体力消耗的最小值，如果没有合法的方案输出no solution。

数据范围

$1≤n≤300 , 1≤m≤10 , 0≤L_{i,j}≤R_{i,j}≤n−1 $

题解

这道题应该是这一场里最简单的题，很容易想到费用流，每个桌子里的相邻两个座位连边，桌子之间的连边的话就线段树优化建边即可，注意对于向左和向右要开两个线段树。

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. #define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
  4. #define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
  5. typedef long long ll;
  6. template<typename T>inline bool chkmin(T &x,T y){return (y<x)?(x=y,1):0;}
  7. template<typename T>inline bool chkmax(T &x,T y){return (y>x)?(x=y,1):0;}
  8. inline int read(){
  9. 	int x;
  10. 	char c;
  11. 	int f=1;
  12. 	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
  13. 	if(c=='-') f=-1,c=getchar();
  14. 	x=c^'0';
  15. 	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
  16. 	return x*f;
  17. }
  18. inline ll readll(){
  19. 	ll x;
  20. 	char c;
  21. 	int f=1;
  22. 	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
  23. 	if(c=='-') f=-1,c=getchar();
  24. 	x=c^'0';
  25. 	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
  26. 	return x*f;
  27. }
  28. const int inf=0x3f3f3f3f,maxn=1e5+10,maxm=1e6+10;
  29. int ans,Flow,n,S,T;
  30. struct Min_cost_Max_Flow{
  31.     int vis[maxn],cur[maxn],Begin[maxn],Next[maxm],to[maxm],w[maxm],e,d[maxn],v[maxm];
  32.     inline void add_edge(int x,int y,int f,int z){
  33.         to[++e]=y;
  34.         Next[e]=Begin[x];
  35.         Begin[x]=e;
  36.         w[e]=f;
  37.         v[e]=z;
  38.     }
  39.     inline void add(int x,int y,int f,int z){
  40. //		cout<<x<<' '<<y<<' '<<f<<' '<<z<<endl;
  41.         add_edge(x,y,f,z),add_edge(y,x,0,-z);
  42.     }
  43.     inline bool spfa(){
  44.         deque<int> q;
  45.         REP(i,1,n) d[i]=inf;
  46.         d[T]=0;q.push_back(T);
  47.         while(!q.empty()){
  48.             int u=q.front();q.pop_front();
  49.             for(int i=Begin[u];i;i=Next[i])
  50.                 if(w[i^1]>0 && chkmin(d[to[i]],d[u]+v[i^1]))
  51.                     if(!vis[to[i]]){
  52.                         vis[to[i]]=1;
  53. 						if(!q.empty() && d[q.front()]>d[to[i]]) q.push_front(to[i]);
  54. 						else q.push_back(to[i]);
  55. 					}
  56.             vis[u]=0;
  57.         }
  58.         return d[S]<inf;
  59.     }
  60.     int dfs(int x,int Min){
  61.         if(!Min || x==T) return Min;
  62.         int num,flow=0;
  63.         vis[x]=1;
  64.         for(int &i=cur[x];i;i=Next[i])
  65.             if(!vis[to[i]] && w[i]>0 && d[to[i]]+v[i]==d[x] && (num=dfs(to[i],min(Min,w[i])))){
  66.                 ans+=num*v[i];
  67.                 w[i]-=num,w[i^1]+=num;
  68.                 flow+=num,Min-=num;
  69.                 if(!Min) break;
  70.             }
  71.         vis[x]=0;
  72.         return flow;
  73.     }
  74.     inline void work(){
  75.         while(spfa()){
  76.             REP(i,1,n) cur[i]=Begin[i];
  77.             Flow+=dfs(S,inf);
  78.         }
  79.     }
  80. }MCMF;
  81. int num[1010][11],Nw;
  82. struct Segment_tree{
  83. 	int id[4010];
  84. 	void build_tree(int x,int L,int R,int ty){
  85. 		id[x]=++n;
  86. 		if(L==R){
  87. 			MCMF.add(n,num[L][Nw],inf,0);
  88. 			return;
  89. 		}
  90. 		int Mid=(L+R)>>1;
  91. 		build_tree(x<<1,L,Mid,ty),build_tree(x<<1|1,Mid+1,R,ty);
  92. 		if(ty) MCMF.add(id[x],id[x<<1],inf,2*(R-Mid)),MCMF.add(id[x],id[x<<1|1],inf,0);
  93. 		else MCMF.add(id[x],id[x<<1],inf,0),MCMF.add(id[x],id[x<<1|1],inf,2*(Mid-L+1));
  94. 	}
  95. 	void query(int x,int L,int R,int ql,int qr,int ty,int fr){
  96. 		if(ql<=L && R<=qr){
  97. 			if(ty) MCMF.add(fr,id[x],1,2*(Nw-R));
  98. 			else MCMF.add(fr,id[x],1,2*(L-Nw));
  99. 			return;
  100. 		}
  101. 		int Mid=(L+R)>>1;
  102. 		if(ql<=Mid) query(x<<1,L,Mid,ql,qr,ty,fr);
  103. 		if(qr>Mid) query(x<<1|1,Mid+1,R,ql,qr,ty,fr);
  104. 	}
  105. }Seg0[11],Seg1[11];
  106. int L[1010][11],R[1010][11];
  107. int main(){
  108. #ifndef ONLINE_JUDGE
  109. 	freopen("a.in","r",stdin);
  110. 	freopen("a.out","w",stdout);
  111. #endif
  112. 	int N=read(),M=read();
  113. 	S=++n,T=++n;
  114. 	MCMF.e=1;
  115. 	REP(i,1,N) REP(j,1,M) num[i][j]=++n,MCMF.add(n,T,1,0);
  116. 	REP(i,1,M) Nw=i,Seg0[i].build_tree(1,1,N,0),Seg1[i].build_tree(1,1,N,1);
  117. 	if(M>1) REP(i,1,N){
  118. 		REP(j,1,M-1) MCMF.add(num[i][j],num[i][j+1],inf,1),MCMF.add(num[i][j+1],num[i][j],inf,1);
  119. 		MCMF.add(num[i][1],num[i][M],inf,1),MCMF.add(num[i][M],num[i][1],inf,1);
  120. 	}
  121. 	REP(i,1,N) REP(j,1,M) L[i][j]=read()+1;
  122. 	REP(i,1,N) REP(j,1,M) R[i][j]=read()+1;
  123. 	REP(i,1,N) REP(j,1,M){
  124. 		++n;
  125. 		MCMF.add(S,n,1,0);
  126. 		Nw=i;
  127. 		if(R[i][j]<=i) Seg1[j].query(1,1,N,L[i][j],R[i][j],1,n);
  128. 		else if(L[i][j]>=i) Seg0[j].query(1,1,N,L[i][j],R[i][j],0,n);
  129. 		else{
  130. 			Seg1[j].query(1,1,N,L[i][j],i,1,n);
  131. 			Seg0[j].query(1,1,N,i+1,R[i][j],0,n);
  132. 		}
  133. 	}
  134. 	MCMF.work();
  135. 	if(Flow!=N*M) printf("no solution\n");
  136. 	else printf("%d\n",ans);
  137. 	return 0;
  138. }

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