CH5701 开车旅行(倍增dp+set)
传送门
解题思路:
一道比较有趣的题,解题工作主要分为两块:
①找出k(k=0表示小A先走,k=1表示小B先走,下面同理)从点i出发下一个到达的点to[k][i];
一开始偷懒用了vector(偷懒一时爽),由于vector的erase操作是o(n)的,这个预处理时间复杂度就彪到o(n2)了。这里改成set就可以将复杂度降到o(nlogn),用链表的话讲道理可以降到o(n)但是排序就要o(nlogn)毫无*用。具体操作就是二分再前后比较(简称瞎搞)。
②两个人从点i出发走2j步走各自开车所走过的路程分别表示为da[i][j][k],db[i][j][k],最终达到点表示为f[i][j][k]。da[i][j][k]表示k从i点出发走了2j步的小A要开车的路程。那么da[i][j][k]+db[i][j][k]就表示了k先手开车从点i出发走了2j步共走过的路程。预处理出第一步和第二步,(转移方程见代码)。
运用二进制拆分的思想,假设出发点为s,p表示当前到达的点,ta、tb分别表示小A和小B从s出发达到p点各自走过的路程,x表示能走得最大路程。从log(最大步数)到0遍历j,如果ta+tb+da[p][j][k]+db[p][j][k]<=x,则令ta和tb分别加上da[p][j][k]和db[p][j][k],p=f[i][j][k]。枚举所有的点进行上述操作就可得到结果。
丑陋的代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+;
typedef long long ll;
ll da[maxn][][],db[maxn][][];map <int,int> m;
int h[maxn],to[][maxn],f[maxn][][];set <int> v;
int main()
{
int n;scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&h[i]),v.insert(h[i]),m[h[i]]=i;
for(int i=;i<n;i++){
v.erase(h[i]);
auto id=v.lower_bound(h[i]);auto id1=id,id2=id;
if(id==v.begin()){
to[][i]=m[(*id)];
id1++;
if(id1!=v.end())
to[][i]=m[(*id1)];
}
else if(id==v.end()){
id1--;
if(id!=v.begin())
to[][i]=m[(*id1)];
if(id1!=v.begin())
id1--,to[][i]=m[(*id1)];
}
else{
id1--;
int t1=abs(h[i]-(*id)),t2=abs(h[i]-(*id1));
if(t1>t2){
to[][i]=m[(*id1)];id2=id1;id2--;
int t3=(id1!=v.begin())?abs(h[i]-(*id2)):2e9;
if(t1>=t3) to[][i]=m[(*id2)];
else if(t1<t3) to[][i]=m[(*id)];
}
else if(t1<t2){
to[][i]=m[(*id)];id2++;
int t3=(id2!=v.end())?abs(h[i]-(*id2)):2e9;
if(t2>t3) to[][i]=m[(*id2)];
else if(t2<=t3) to[][i]=m[(*id1)];
}
else{
to[][i]=m[(*id1)];
to[][i]=m[(*id)];
}
}
}
for(int i=;i<=n;i++)
f[i][][]=to[][i],f[i][][]=to[][i];
for(int i=;i<=n;i++)
for(int k=;k<=;k++)
f[i][][k]=f[f[i][][k]][][-k];
for(int j=;j<=;j++)
for(int i=;i<=n;i++)
for(int k=;k<=;k++)
f[i][j][k]=f[f[i][j-][k]][j-][k];
for(int i=;i<=n;i++)
da[i][][]=abs(h[(to[][i]==)?i:to[][i]]-h[i]),
db[i][][]=abs(h[(to[][i]==)?i:to[][i]]-h[i]);
for(int i=;i<=n;i++)
for(int k=;k<=;k++)
da[i][][k]=da[i][][k]+da[f[i][][k]][][-k],
db[i][][k]=db[i][][k]+db[f[i][][k]][][-k];
for(int j=;j<=;j++)
for(int i=;i<=n;i++)
for(int k=;k<=;k++)
da[i][j][k]=da[i][j-][k]+da[f[i][j-][k]][j-][k],
db[i][j][k]=db[i][j-][k]+db[f[i][j-][k]][j-][k];
int x;scanf("%d",&x);int ans;double mi=1e18;
for(int s=;s<n;s++){
int p=s;ll ta=,tb=;
for(int j=;j>=;j--)
if(ta+tb+da[p][j][]+db[p][j][]<=x){
ta+=da[p][j][];
tb+=db[p][j][];
p=f[p][j][];
}
double t;if(tb==) t=1e18-;
else t=(double)1.0*ta/tb;
if(t<mi) ans=s,mi=t;
}
printf("%d\n",ans);
int q;scanf("%d",&q);
while(q--){
int s;scanf("%d%d",&s,&x);
int p=s;ll ta=,tb=;
for(int j=;j>=;j--)
if(ta+tb+da[p][j][]+db[p][j][]<=x){
ta+=da[p][j][];
tb+=db[p][j][];
p=f[p][j][];
}
printf("%d %d\n",ta,tb);
}
}
CH5701 开车旅行(倍增dp+set)的更多相关文章
- CH5701 开车旅行
题意 5701 开车旅行 0x50「动态规划」例题 描述 小A和小B决定利用假期外出旅行,他们将想去的城市从1到N编号,且编号较小的城市在编号较大的城市的西边,已知各个城市的海拔高度互不相同,记城市 ...
- P1081 [NOIP2012]开车旅行[倍增]
P1081 开车旅行 题面较为啰嗦.大概概括:一个数列,只能从一个点向后走,两种方案:A.走到和自己差的绝对值次小的点B.走到和自己差的绝对值最小点:花费为此差绝对值:若干询问从规定点向后最多花 ...
- $Noip2012\ Luogu1081$ 开车旅行 倍增优化$ DP$
Luogu Description Sol 1.发现对于每个城市,小A和小B的选择是固定的,可以预处理出来,分别记为ga[],gb[] 2.并且,只要知道了出发城市和出发天数,那么当前城市和小A,小B ...
- 【vijos1780】【NOIP2012】开车旅行 倍增
题目描述 有\(n\)个城市,第\(i\)个城市的海拔为\(h_i\)且这\(n\)个城市的海拔互不相同.编号比较大的城市在东边.两个城市\(i,j\)之间的距离为\(|h_i-h_j|\) 小A和小 ...
- P1081 开车旅行[倍增](毒瘤题)
其实就是个大模拟. 首先,根据题意,小A和小B从任意一个城市开始走,无论\(X\)如何,其路径是一定唯一的. 显然对于两问都可以想出一个\(O(n^2)\)的暴力,即直接一步一步地向右走. 首先,我们 ...
- 洛谷1081 (NOIp2012) 开车旅行——倍增预处理
题目:https://www.luogu.org/problemnew/show/P1081 预处理从每个点开始a能走多少.b能走多少.可以像dp一样从后往前推. 但有X的限制.所以该数组可以变成倍增 ...
- Luogu1081 NOIP2012 开车旅行 倍增
题目传送门 为什么NOIP的题目都这么长qwq 话说2012的D1T3和D2T3都是大火题啊qwq 预处理神题 对于这种跳跳跳的题目考虑使用倍增优化枚举.先预处理某个点之后距离最小和次小的城市,然后倍 ...
- 洛谷P1081 开车旅行(倍增)
题意 题目链接 Sol 咕了一年的题解.. 并不算是很难,只是代码有点毒瘤 \(f[i][j]\)表示从\(i\)号节点出发走了\(2^j\)轮后总的距离 \(da[i][j]\)同理表示\(a\)的 ...
- 洛谷 P1081 开车旅行 —— 倍增
题目:https://www.luogu.org/problemnew/show/P1081 真是倍增好题! 预处理:f[i][j] 表示从 i 点开始走 2^j 次 AB (A,B各走一次)到达的点 ...
随机推荐
- .net 4.0 以下HttpWebRequest Header 修改hosts方法
.net 4.0 以下HttpWebRequest Header 修改hosts方法 特此记录 public class CusteredHeaderCollection : WebHeaderCol ...
- 测试必知必会系列- Linux常用命令 - ps(重点)
21篇测试必备的Linux常用命令,每天敲一篇,每次敲三遍,每月一循环,全都可记住!! https://www.cnblogs.com/poloyy/category/1672457.html 查看所 ...
- java时间切片工具
项目中经常会遇到根据根据时间区间来查询数据的场景, 如时间跨度大可能相应的sql的执行效率会显著降低, 因此可以对时间区间进行切割成若干个小范围的时间片, 这样不仅可以提高sql的性能还可以做一下并发 ...
- 普通人学习rust——从零到放弃 简单输入输出
普通人学习rust--从零到放弃 简单输入输出 环境 本文章内容基于如下环境,如若出入请参考当前环境. rustc 1.42.0 (b8cedc004 2020-03-09) cargo 1.42.0 ...
- DVWA Brute Force 解析
LOW 源代码如下: <?php if( isset( $_GET['Login'] ) ) { $user = $_GET['username']; $pass = $_GET['passwo ...
- 关于Quartz .NET(V3.0.7)的简要说明
目录 0. 任务调度 1. Quartz .NET 1.1 基本概念 1.2 主要接口和对象 2. 使用示例 2.0 准备工作 2.1 每间隔一定时间间隔执行一次任务 2.3 某天的固定时间点执行任务 ...
- 【简说Python WEB】Web应用部署
目录 [简说Python WEB]Web应用部署 应用层 缓存层 数据层 Gunicorn 的应用 1.安装Gunicorn 2.Gunicorn的启动 Nginx 的应用 1.docker方式部署安 ...
- angular的性能分析 -随记
$watch 的实现原理和性能分析 只有双向绑定的 scope 才会被加入$watch队列,或者手动绑定$watch的$scope 所有放在 $scope 中的变量或函数都被加入到了$watch队列当 ...
- Dubbo 扩展点加载机制:从 Java SPI 到 Dubbo SPI
SPI 全称为 Service Provider Interface,是一种服务发现机制.当程序运行调用接口时,会根据配置文件或默认规则信息加载对应的实现类.所以在程序中并没有直接指定使用接口的哪个实 ...
- PAT-B 1040. 有几个PAT(25)
1040. 有几个PAT(25) 时间限制 120 ms 内存限制 65536 kB 代码长度限制 8000 B 判题程序 Standard 作者 CAO, Peng 字符串APPAPT中包含了两个单 ...