noip2017简要题解。

重新写了一下去年的题来看看自己到底是有多傻逼。

小凯的疑惑

• 打表。

时间复杂度

• 搞了一大坨题面，但是真正有用的信息只有几个：
• 判断他给你的复杂度是多少。
• 判断当前循环进不进的去。
• 判断当前循环产生的贡献。
• 判断当前的变量冲突和匹配。
• \(1\)傻逼，\(2,3\)就是分四种情况讨论一下就可以了，为了做\(2\)我们要开一个栈来记录之前所有的循环。
• 然后为了做\(2\)而开的栈，恰好就把\(4\)顺便做掉了。
• 所以代码巨短。

//100
#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
using namespace std;
const int N=100001;
int t,n,Std,ans,now,ban,ERR;
int tp,Zm[N],Mark[N],ues[N],vis[30];
string S,Fir,Sec;char f,I;
void work(){
	cin>>f;
	if(f=='F'){
		cin>>I;R II=I-'a';
		if(vis[II])ERR=1;
		vis[II]=1,cin>>Fir>>Sec,Zm[++tp]=II;
		if(Fir=="n"&&Sec=="n"){
			if(!ban)ans=max(ans,now);
			Mark[tp]=0,ues[tp]=0;
		}
		else if(Fir=="n"&&Sec!="n")
			ban++,Mark[tp]=1,ues[tp]=0;
		else if(Fir!="n"&&Sec=="n"){
			now++,Mark[tp]=0,ues[tp]=1;
			if(!ban)ans=max(ans,now);
		}
		else {
			R fir=0,sec=0;
			for(R j=0,l=Fir.length();j<l;++j)fir=fir*10+Fir[j]-'0';
			for(R j=0,l=Sec.length();j<l;++j)sec=sec*10+Sec[j]-'0';
			if(fir<=sec){
				if(!ban)ans=max(ans,now);
				Mark[tp]=0,ues[tp]=0;
			}
			else ban++,Mark[tp]=1,ues[tp]=0;
		}
	}
	else vis[Zm[tp]]=0,ban-=Mark[tp],now-=ues[tp],tp--;
}
void sol(){
	cin>>n,Std=ans=ERR=tp=now=ban=0,cin>>S;
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	if(S!="O(1)")
		for(R j=4,l=S.length();j<l-1;++j)
			Std=Std*10+S[j]-'0';
	while(n--)work();ERR|=tp;
	if(ERR)puts("ERR");
	else if(ans==Std)puts("Yes");
	else puts("No");
}
int main(){
	cin>>t;while(t--)sol();
    return 0;
}

逛公园

• \(K\leq 50\)，就是让你\(dp\)的。
• 设\(f_{i,j}\)表示当前在\(i\)点，额外走过的路恰好为\(j\)的方案数。
• 这个正反\(dij\)之后就很好转移了。
• 如果不存在\(0\)环，那么转移就一定满足拓扑关系（最短路性质）。
• 但是存在\(0\)环就不满足拓扑关系了。
• 所以利用这一点来判断\(0\)环即可，如果当前\(dp\)状态已经存在于\(dfs\)栈中，则不合法。
• 至于为什么\(dp\)到的\(0\)环一定走的到？
• 因为\(dp\)的状态一定是和终点状态相通的。

//100
#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
#define ll long long
using namespace std;
const int N=100001;
const int M=400001;
int t,n,m,K,mod,u,v,x,ans;
int vis[N][51],f[N][51];
struct ip{int vl,id;};
int operator < (ip x,ip y){return x.vl>y.vl;}
priority_queue<ip>Q;
void add(R &x,R y){x=(x+y>=mod?x+y-mod:x+y);}
int gi(){
    R x=0,k=1;char c=getchar();
    while((c<'0'||c>'9')&&c!='-')c=getchar();
    if(c=='-')k=-1,c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();
    return x*k;
}
struct Gra{
	int cnt,hd[N],to[M],w[M],nt[M];
	int Dis[N],vis[N];
	void link(R f,R t,R d){nt[++cnt]=hd[f],to[cnt]=t,w[cnt]=d,hd[f]=cnt;}
	void init(){
		memset(hd,0,sizeof(hd)),cnt=ans=0;
		memset(vis,0,sizeof(vis));
		memset(Dis,0x7f,sizeof(Dis));
	}
	void dij(R s){
		Dis[s]=0,Q.push((ip){0,s});
		while(!Q.empty()){
			R i=Q.top().id;Q.pop();
			if(vis[i])continue;vis[i]=1;
			for(R k=hd[i];k;k=nt[k])
				if(Dis[to[k]]>Dis[i]+w[k]){
					Dis[to[k]]=Dis[i]+w[k];
					Q.push((ip){Dis[to[k]],to[k]});
				}
		}
	}
}Z,F;
int Dfs(R i,R j){
	if(vis[i][j])return -1;
	if(f[i][j]!=-1)return f[i][j];
	f[i][j]=(i==1&&j==0),vis[i][j]=1;
	for(R k=F.hd[i];k;k=F.nt[k]){
		R v=F.to[k],p=j-(F.Dis[i]+F.w[k]-F.Dis[v]);
		if(p>=0){
			R g=Dfs(v,p);
			if(g==-1)return -1;
			add(f[i][j],g);
		}
	}
	vis[i][j]=0;return f[i][j];
}
void sol(){
	Z.init(),F.init();
	n=gi(),m=gi(),K=gi(),mod=gi();
	for(R i=1;i<=m;++i){
		u=gi(),v=gi(),x=gi();
		Z.link(u,v,x),F.link(v,u,x);
	}
	Z.dij(1),F.dij(n);
	memset(f,-1,sizeof(f));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	for(R i=0;i<=K;++i){
		f[n][i]=Dfs(n,i);
		if(f[n][i]==-1){puts("-1");return ;}
		else add(ans,f[n][i]);
	}
	printf("%d\n",ans);
}
int main(){
	t=gi();while(t--)sol();
    return 0;
}

奶酪

• 连通性，并查集。
• 暴力连边即可。
• 防止爆\(longlong\)的方法，判断这个$$x^2+y2\leq4*r^2-z2$$
• 就可以了，效果很好。

//100
#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
#define ll long long
using namespace std;
const int N=5101;
int t,n,fa[N];ll h,r;
struct Qs{ll x,y,z;}Q[N];
int gi(){
    R x=0,k=1;char c=getchar();
    while((c<'0'||c>'9')&&c!='-')c=getchar();
    if(c=='-')k=-1,c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();
    return x*k;
}
int find(R x){if(fa[x]!=x)fa[x]=find(fa[x]);return fa[x];}
ll sqr(ll x){return x*x;}
int Dis(R i,R j){
	return (sqr(Q[i].x-Q[j].x)+sqr(Q[i].y-Q[j].y)<=4ll*sqr(r)-sqr(Q[i].z-Q[j].z));
}
void sol(){
	n=gi(),h=gi(),r=gi();
	for(R i=1;i<=n;++i)
		Q[i].x=gi(),Q[i].y=gi(),Q[i].z=gi(),fa[i]=i;
	for(R i=1;i<=n;++i)
		for(R j=i+1;j<=n;++j)
			if(Dis(i,j)){
				R fu=find(i),fv=find(j);
				fa[fu]=fv;
			}
	fa[n+1]=n+1,fa[n+2]=n+2;
	for(R i=1;i<=n;++i)
		if(Q[i].z+r>=h){
			R fu=find(i),fv=find(n+1);
			fa[fu]=fv;
		}
	for(R i=1;i<=n;++i)
		if(Q[i].z-r<=0){
			R fu=find(i),fv=find(n+2);
			fa[fu]=fv;
		}
	puts(find(n+1)==find(n+2)?"Yes":"No");
}
int main(){
	t=gi();while(t--)sol();
    return 0;
}

宝藏

• 以前落实这个题目的时候打了个假算法。
• 网上的\(dp\)大多都不正确，正解是子集\(dp\)。
• 先暴搜，然后套个\(A*\)，发现跑得比较快。
• 然后\(hash\)当前集合状态和到根节点距离，存下来。
• 然后就可以\(1000ms\)内通过所有测试点。
• 可以过网上我看到的所有\(hack\)数据。

//100
#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define R register int
using namespace std;
const int N=600005;
const int M=13;
const int bas=257;
int n,m,Mp[M][M];
int ans,Dis[N];
map<ull,int>G;
int gi(){
    R x=0,k=1;char c=getchar();
    while((c<'0'||c>'9')&&c!='-')c=getchar();
    if(c=='-')k=-1,c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();
    return x*k;
}
int check(R S){
    R res=0;
    for(R j=1;j<=n;++j)
        if(((1<<(j-1))&S)==0){
            R Mn=1e9;
            for(R k=1;k<=n;++k)
				Mn=min(Mn,Mp[j][k]);
            res+=Mn;
        }
    return res;
}
ull Hash(R S){
	ull res1=0,res2=0;
	for(R j=1;j<=n;++j)
		res1=res1*bas+j,res2=res2*bas+Dis[j];
	return res1^res2;
}
void Dfs(R S,R now){
    if(S==(1<<n)-1){ans=min(now,ans);return;}
    if(check(S)>=ans-now)return ;

	ull has=Hash(S);
	if(G.find(has)!=G.end())
		if(G[has]<=now)return ;
	G[has]=now;

    for(R k=1;k<=n;++k)
        if(((1<<(k-1))&S)==0){
            R T=((1<<(k-1))|S);
            for(R j=1;j<=n;++j)
                if(((1<<(j-1))&S)&&Mp[j][k]!=Mp[0][0]){
                    Dis[k]=Dis[j]+1;
                    Dfs(T,now+Dis[j]*Mp[j][k]);
                    Dis[k]=0;
                }
        }
}
int main(){
	freopen("testdata(2).in","r",stdin);
    n=gi(),m=gi(),ans=2e9;
    memset(Mp,0x7f,sizeof(Mp));
    for(R i=1;i<=m;++i){
        R u=gi(),v=gi(),x=gi();
        Mp[u][v]=min(Mp[u][v],x);
        Mp[v][u]=Mp[u][v];
    }
    for(R i=1;i<=n;++i){
        memset(Dis,0,sizeof(Dis));
        Dis[i]=1,Dfs(1<<(i-1),0);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

列队

• 这个真的是套路题，数据结构做多了就没什么意思了。
• \(O(q^2)\)的做法是每次考虑之前的询问对当前询问的影响。
• 比如说你这次询问\((i,j)\)是谁，上一次询问的是\((i,j−1)\)
• 那么你就知道了这一次在\((i,j)\)的人实际上就是上一次在\((i,j+1)\)的人。
• 这样依次推到最开始就可以了。
• \(80\)分只有一条链，在上面线段树二分即可。
• \(100\)分就是开很多个线段树。
• 网上\(100\)分代码一大堆，这里给出\(70\)分部分分代码。

//70
#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
#define ll long long
using namespace std;
const int N=600005;
int n,m,q;
int gi(){
    R x=0,k=1;char c=getchar();
    while((c<'0'||c>'9')&&c!='-')c=getchar();
    if(c=='-')k=-1,c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();
    return x*k;
}
namespace cpp1{
	const int N=601;
	struct Qs{int x,y;}Q[N];
	ll Idx(R x,R y){return 1ll*(x-1)*m+y;}
	void Main(){
		for(R i=1;i<=q;++i)Q[i].x=gi(),Q[i].y=gi();
		for(R i=1;i<=q;++i){
			R x=Q[i].x,y=Q[i].y;
			for(R j=i-1;j>=1;--j){
				if(Q[j].x==x&&Q[j].y<=y&&y<m)y++;
				else if(y==m&&Q[j].x<=x&&x<n)x++;
				else if(x==n&&y==m)x=Q[j].x,y=Q[j].y;
			}
			printf("%lld\n",Idx(x,y));
		}
		exit(0);
	}
}
#define low(x) (x&(-x))
namespace cpp2{
	int len,vl[N*4];
	vector<int>G;
	int query(R le,R ri,R lim,R i){
		if(le==ri)return le;
		R mid=(le+ri)>>1,ls=(i<<1),rs=(ls|1),F=mid-le+1-vl[ls];
		if(F<lim)return query(mid+1,ri,lim-F,rs);
		else return query(le,mid,lim,ls);
	}
	void mdf(R le,R ri,R pos,R i){
		if(le==ri){vl[i]++;return ;}
		R mid=(le+ri)>>1,ls=(i<<1),rs=(ls|1);
		if(pos<=mid)mdf(le,mid,pos,ls);else mdf(mid+1,ri,pos,rs);
		vl[i]=vl[ls]+vl[rs];
	}
	void Main(){
		len=m+q;
		for(R i=1;i<=q;++i){
			gi();R x=gi();
			R ans=query(1,len,x,1);
			if(ans<=m)printf("%d\n",ans),G.push_back(ans);
			else printf("%d\n",G[ans-m-1]),G.push_back(G[ans-m-1]);
			mdf(1,len,ans,1);
		}
	}
}
int main(){
	n=gi(),m=gi(),q=gi();
	if(q<=500)cpp1::Main();
	if(n==1)cpp2::Main();
    return 0;
}