“玲珑杯”ACM比赛 Round #18 A 前缀预处理 D dp

半根毛线 2024-10-27 01:27:42 原文

DESCRIPTION

今天HHHH 考完了期末考试,他在教学楼里闲逛,他看着教学楼里一间间的教室,于是开始思考:

如果从一个坐标为 (x1,y1,z1)(x1,y1,z1) 的教室走到(x2,y2,z2)(x2,y2,z2) 的距离为 |x1−x2|+|y1−y2|+|z1−z2||x1−x2|+|y1−y2|+|z1−z2|

那么有多少对教室之间的距离是不超过RR 的呢?

-->

INPUT

第一行是一个整数T(1≤T≤10)T(1≤T≤10) , 表示有TT 组数据接下来是TT 组数据,对于每组数据: 第一行是两个整数n,q(1≤n≤5×104,1≤q≤103)n,q(1≤n≤5×104,1≤q≤103) , 表示有nn 间教室, qq 次询问. 接下来是nn 行, 每行3个整数xi,yi,zi(0≤xi,yi,zi≤10)xi,yi,zi(0≤xi,yi,zi≤10) ,表示这间教室的坐标. 最后是qq 行,每行一个整数R(0≤R≤109)R(0≤R≤109) ,意思见描述.

OUTPUT

对于每个询问RR 输出一行一个整数,表示有多少对教室满足题目所述的距离关系.

SAMPLE INPUT

1 3 3 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 2 3

SAMPLE OUTPUT

1 1 3

HINT

对于样例,1号教室和2号教室之间的距离为3, 1号和3号之间的距离为3, 2号和3号之间的距离为0

SOLUTION

题解：考虑到坐标的范围非常小,我们可以统计每一个点有多少个教室,然后枚举坐标预处理答案,然后做一个前缀和即可

要小心的是R的范围注意乘的时候会爆int

 #pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")

 #include <cstdio>

 #include <iostream>

 #include <cstdlib>

 #include <cstring>

 #include <algorithm>

 #include <cmath>

 #include <cctype>

 #include <map>

 #include <set>

 #include <queue>

 #include <bitset>

 #include <string>

 #include <complex>

 #define ll long long

 using namespace std;

 int t;

 int n,q;

 int mp[][][];

 int x[],y[],z[];

 int s[];

 ll sum[];

 int main()

 {

     scanf("%d",&t);

     for(int i=;i<=t;i++)

     {

         for(int j=;j<=;j++)

             for(int l=;l<=;l++)

              for(int k=;k<=;k++)

                mp[j][l][k]=;

         for(int j=;j<=;j++)

             sum[j]=;

         scanf("%d %d",&n,&q);

         int jishu=;

         for(int j=;j<=n;j++)

         {

             scanf("%d %d %d",&x[j],&y[j],&z[j]);

             if(mp[x[j]][y[j]][z[j]]==)

                 s[jishu++]=j;

             mp[x[j]][y[j]][z[j]]++;

       }

         for(int j=;j<jishu;j++)

         {

             for(int k=j;k<jishu;k++)

             {

                 if(j==k)

                 {

                     ll now=mp[x[s[j]]][y[s[j]]][z[s[j]]];

                     sum[]+=now*(now-)/;

                 }

                 else{

  int dis=abs(x[s[j]]-x[s[k]])+abs(y[s[j]]-y[s[k]])+abs(z[s[j]]-z[s[k]]);

   sum[dis]+=mp[x[s[k]]][y[s[k]]][z[s[k]]]*mp[x[s[j]]][y[s[j]]][z[s[j]]];

                 }

             }

         }

         for(int j=;j<=;j++)

             sum[j]+=sum[j-];

         int exm;

         for(int j=;j<=q;j++)

         {

             scanf("%d",&exm);

             if(exm>)

                 printf("%lld\n",sum[]);

             else

                 printf("%lld\n",sum[exm]);

         }

     }

     return ;

 }

DESCRIPTION

今天HHHH 在操场上跑步,HHHH 作为一个爱运动的人,肯定会想方设法把跑步所消耗的能量减到最少.

现在这个操场上有nn 个可以休息的点,他们的坐标分别为x1,x2...xn(xi≤xi+1)x1,x2...xn(xi≤xi+1) ,HHHH 刚开始在 x1x1 ,并且他只能在这些点休息,在中途不能停下来,否则会因为旁边的音浪太强而被晃到.

如果HHHH 连续跑一段长度为ll 的距离,那么他将会消耗2l+a2l+a 的能量(aa 为HHHH 的可爱值)

现在给你这些点的坐标,请帮HHHH 计算他跑到xnxn 点所需要消耗的能量最少是多少.

-->

INPUT

第一行是一个整数T(1≤T≤10)T(1≤T≤10) ,表示有TT 组数据对于每组数据输入一行2个整数n,a (1≤n≤105,1≤a≤106)n,a (1≤n≤105,1≤a≤106) 表示总共有nn 个休息点,HHHH 的可爱值为aa . 接着一行nn 个数x1,x2...,xn(0≤xi≤3×106,0≤xi+1−xi≤30)x1,x2...,xn(0≤xi≤3×106,0≤xi+1−xi≤30) ,表示点的位置.

OUTPUT

每组数据输出一行,一个整数,表示最小需要花费的体力

SAMPLE INPUT

2 3 2 3 5 7 3 10 3 5 7

SAMPLE OUTPUT

12 26

HINT

对于第一组样例,最少的体力消耗是先从3跑到5,消耗6点体力,再从5跑到7,消耗6点体力,共12点对于第二组样例,最少的体力消耗是直接从3跑到7,消耗26点体力.

题解：

首先我们可以想到一个简单的dp方程

dp[i]=min(dp[j]+2^(dis[i]−dis[j]))+a

1.然后我们发现这个2^x很快就会比a 高到不知道哪里去,所以当这个距离超过一定值的时候肯定是分开

跑比较划算了,所以我们只需要枚举当前点前面的几十个点再转移一下就行了

2.我们也可以简单的推导一下发现这个dp方程是决策性单调的所以你懂的

 #pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")

 #include <cstdio>

 #include <iostream>

 #include <cstdlib>

 #include <cstring>

 #include <algorithm>

 #include <cmath>

 #include <cctype>

 #include <map>

 #include <set>

 #include <queue>

 #include <bitset>

 #include <string>

 #include <complex>

 #define ll long long

 using namespace std;

 int t;

 int aa[];

 int b[];

 ll dp[];

 map<int,int>mp;

 int n,a;

 int main()

 {

     scanf("%d",&t);

     int ans=;

     for(int j=;j<=t;j++)

     {

         scanf("%d %d",&n,&a);

         int jishu=;

         mp.clear();

         for(int i=;i<=n;i++){

             scanf("%d",&aa[i]);

             if(mp[aa[i]]==){

                 b[jishu++]=aa[i];

                 mp[aa[i]]=;

             }

             }

         sort(b,b+jishu);

         for(int i=;i<jishu;i++){

             dp[i]=1e18+;

             }

         dp[]=;

         for(int i=;i<jishu;i++)

         {

             for(int j=i-;j>=;j--)

             {

                 if(b[i]-b[j]>)

                     break;

                 dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(1ll<<(b[i]-b[j]))+a);

             }

         }

         printf("%lld\n",dp[jishu-]);

     }

     return ;

 }

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