matrix_last_acm

2014年广州站网络赛北大命题 password 123

B http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=97257#problem/B

题意：长度为n的墙，一开始1-n都是2号颜色，m次操作，P是将a到b都涂成c号，Q是查询a到b之间内有哪些颜色，从小到大输出。

解法：颜色只有30种，可以用30位二进制表示某种颜色有或者没有，1表示有，0表示没有，线段树根节点就是两个儿子的二进制或。

 //#define debug

 //#define txtout

 #include<cstdio>

 #include<cstdlib>

 #include<cstring>

 #include<cmath>

 #include<cctype>

 #include<ctime>

 #include<iostream>

 #include<algorithm>

 #include<vector>

 #include<queue>

 #include<stack>

 #include<map>

 #include<set>

 #define mt(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

 using namespace std;

 typedef long long LL;

 const double eps=1e-;

 const double pi=acos(-1.0);

 const int inf=0x3f3f3f3f;

 const int M=1e5+;

 struct OP{

     char str[];

     int a,b,c;

 }op[M];

 int n,m;

 #define lrrt int L,int R,int rt

 #define iall 1,n,1

 #define imid int mid=(L+R)>>1

 #define lson L,mid,rt<<1

 #define rson mid+1,R,rt<<1|1

 struct T{

     int state,lazy;

 }tree[(M*)<<];

 void pushup(int rt){

     tree[rt].state=tree[rt<<].state|tree[rt<<|].state;

 }

 void pushdown(int rt){

     if(tree[rt].lazy){

         tree[rt<<].lazy=tree[rt].lazy;

         tree[rt<<|].lazy=tree[rt].lazy;

         tree[rt<<].state=tree[rt].lazy;

         tree[rt<<|].state=tree[rt].lazy;

         tree[rt].lazy=;

     }

 }

 void build(lrrt){

     tree[rt].lazy=;

     if(L==R){

         tree[rt].state=;

         return ;

     }

     imid;

     build(lson);

     build(rson);

     pushup(rt);

 }

 void update(int x,int y,int z,lrrt){

     if(x<=L&&R<=y){

         tree[rt].state=z;

         tree[rt].lazy=z;

         return ;

     }

     imid;

     pushdown(rt);

     if(mid>=x) update(x,y,z,lson);

     if(mid<y)  update(x,y,z,rson);

     pushup(rt);

 }

 int query(int x,int y,lrrt){

     if(x<=L&&R<=y) return tree[rt].state;

     imid;

     pushdown(rt);

     int ans=;

     if(mid>=x) ans|=query(x,y,lson);

     if(mid<y)  ans|=query(x,y,rson);

     return ans;

 }

 void solve(){

     build(iall);

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

         if(op[i].str[]=='P'){

             update(op[i].a,op[i].b,<<(op[i].c-),iall);

             continue;

         }

         op[i].c=query(op[i].a,op[i].b,iall);

     }

 }

 int main(){

     #ifdef txtout

     freopen("in.txt","r",stdin);

     freopen("out.txt","w",stdout);

     #endif

     while(~scanf("%d%d",&n,&m),n|m){

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

             scanf("%s%d%d",op[i].str,&op[i].a,&op[i].b);

             if(op[i].str[]=='Q') continue;

             scanf("%d",&op[i].c);

         }

         solve();

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

             if(op[i].str[]=='P') continue;

             bool out=false;

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

                 if((op[i].c>>j)&){

                     if(out) putchar(' ');

                     printf("%d",j+);

                     out=true;

                 }

             }

             puts("");

         }

     }

     return ;

 }

C http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=97257#problem/C

题意：n*n的矩阵，.可以走，#不能走。8个方向走，上下左右，还有45度的四个方向。最多只能转弯一次且一定要转90度，问最长的路径的长度。

解法：先预处理出每个点8个方向最远能走的长度。然后枚举每个起点，枚举8个方向，每走一步都尝试左转90和右转90，取最大值。

 //#define debug

 //#define txtout

 #include<cstdio>

 #include<cstdlib>

 #include<cstring>

 #include<cmath>

 #include<cctype>

 #include<ctime>

 #include<iostream>

 #include<algorithm>

 #include<vector>

 #include<queue>

 #include<stack>

 #include<map>

 #include<set>

 #define mt(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

 using namespace std;

 typedef long long LL;

 const double eps=1e-;

 const double pi=acos(-1.0);

 const int inf=0x3f3f3f3f;

 const int M=1e2+;

 char a[M][M];

 int dp[M][M][];

 int n;

 int dx[]={-,-,,,,,,-};

 int dy[]={,,,,,-,-,-};

 bool inside(int x,int y){

     return x>=&&x<n&&y>=&&y<n;

 }

 void init_dp(){

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

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

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

                 dp[i][j][k]=;

                 int tx=i;

                 int ty=j;

                 while(inside(tx,ty)&&a[tx][ty]=='.'){

                     dp[i][j][k]++;

                     tx+=dx[k];

                     ty+=dy[k];

                 }

             }

         }

     }

 }

 int solve(){

     init_dp();

     int res=;

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

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

             if(a[i][j]=='#') continue;

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

                 int step=;

                 int tx=i;

                 int ty=j;

                 while(inside(tx,ty)&&a[tx][ty]=='.'){

                     res=max(res,step+dp[tx][ty][(k+)%]);

                     res=max(res,step+dp[tx][ty][(k-+)%]);

                     tx+=dx[k];

                     ty+=dy[k];

                     step++;

                 }

             }

         }

     }

     return res;

 }

 int main(){

     #ifdef txtout

     freopen("in.txt","r",stdin);

     freopen("out.txt","w",stdout);

     #endif

     while(~scanf("%d",&n),n){

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

             scanf("%s",a[i]);

         }

         printf("%d\n",solve());

     }

     return ;

 }

D http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=97257#problem/D

题意：n*n的矩形，K起点，T终点，上下左右走，每一步一秒，到达终点前要集齐m个钥匙，钥匙编号要从小到大收集，第一次遇到的S要多花一秒，问最少几秒完成。

解法: bfs，状态 x y 拥有钥匙的最大号 key，蛇的状态 state，如果用队列，遇到s时杀了，要停在原地。另一种方法是直接进s，step+=2，需要优先队列。

 //#define debug

 //#define txtout

 #include<cstdio>

 #include<cstdlib>

 #include<cstring>

 #include<cmath>

 #include<cctype>

 #include<ctime>

 #include<iostream>

 #include<algorithm>

 #include<vector>

 #include<queue>

 #include<stack>

 #include<map>

 #include<set>

 #define mt(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

 using namespace std;

 typedef long long LL;

 const double eps=1e-;

 const double pi=acos(-1.0);

 const int inf=0x3f3f3f3f;

 const int M=1e2+;

 char a[M][M];

 int n,m;

 struct Q{

     int x,y,key,state;

 }now,pre;

 queue<Q> q;

 int dist[M][M][][<<];

 int length_of_snake;

 int snake[M][M];

 int dx[]={,,,-};

 int dy[]={,-,,};

 void init_snake(){

     length_of_snake=;

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

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

             if(a[i][j]!='S') continue;

             snake[i][j]=length_of_snake++;

         }

     }

 }

 void init(){

     init_snake();

     int big=<<length_of_snake;

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

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

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

                 for(int s=;s<big;s++){

                     dist[i][j][k][s]=inf;

                 }

             }

         }

     }

     while(!q.empty()) q.pop();

 }

 void want_to_push(int x,int y,int key,int state,int step){

     if(dist[x][y][key][state]>step){

         dist[x][y][key][state]=step;

         now.x=x;

         now.y=y;

         now.key=key;

         now.state=state;

         q.push(now);

     }

 }

 void get_start(){

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

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

             if(a[i][j]!='K') continue;

             want_to_push(i,j,,,);

             return ;

         }

     }

 }

 bool inside(int x,int y){

     return x>=&&x<n&&y>=&&y<n;

 }

 int solve(){

     init();

     get_start();

     while(!q.empty()){

         pre=q.front();

         q.pop();

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

             int tx=pre.x+dx[i];

             int ty=pre.y+dy[i];

             if(!inside(tx,ty)) continue;

             if(a[tx][ty]=='#') continue;

             int pre_step=dist[pre.x][pre.y][pre.key][pre.state];

             if(a[tx][ty]=='T'){

                 if(pre.key==m) return pre_step+;

                 want_to_push(tx,ty,pre.key,pre.state,pre_step+);

                 continue;

             }

             if(a[tx][ty]=='S'){

                 if((pre.state>>snake[tx][ty])&){

                     want_to_push(tx,ty,pre.key,pre.state,pre_step+);

                     continue;

                 }

                 want_to_push(pre.x,pre.y,pre.key,pre.state|(<<snake[tx][ty]),pre_step+);

                 continue;

             }

             if(isdigit(a[tx][ty])){

                 if(pre.key+==a[tx][ty]-''){

                     want_to_push(tx,ty,pre.key+,pre.state,pre_step+);

                     continue;

                 }

             }

             want_to_push(tx,ty,pre.key,pre.state,pre_step+);

         }

     }

     return -;

 }

 int main(){

     #ifdef txtout

     freopen("in.txt","r",stdin);

     freopen("out.txt","w",stdout);

     #endif

     while(~scanf("%d%d",&n,&m),n|m){

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

             scanf("%s",a[i]);

         }

         int ans=solve();

         if(ans==-){

             puts("impossible");

             continue;

         }

         printf("%d\n",ans);

     }

     return ;

 }

H http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=97257#problem/H

题意：给一颗树，n个节点。给m次操作，每次操作x到y路径上的每一个点都增加一个种类编号是z的物品，最后问每一个节点个数最多的种类编号，如果有多个个数相同的种类，输出编号最小的。如果没有物品输出0.

解法：1.树链剖分转化为一维线段的同样的问题。2.对区间x到y增加一个z，可以用一个数组vector存，x位置存z，y+1位置存-z。把所有的操作都存好后，遍历线段上的点，将该点上vector存的都加入线段树中，最后在线段树查最大个数的下标。线段树1-z，每一个位置代表种类为i 的个数。

 //#define debug

 //#define txtout

 #include<cstdio>

 #include<cstdlib>

 #include<cstring>

 #include<cmath>

 #include<cctype>

 #include<ctime>

 #include<iostream>

 #include<algorithm>

 #include<vector>

 #include<queue>

 #include<stack>

 #include<map>

 #include<set>

 #define mt(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

 using namespace std;

 typedef long long LL;

 const double eps=1e-;

 const double pi=acos(-1.0);

 const int inf=0x3f3f3f3f;

 const int M=1e5+;

 int n,m;

 struct E {

     int u,v;

 } e[M];

 struct C {

     int x,y,z;

 } c[M];

 vector<int> lazy[M];

 int answer[M];

 int to_id[M];

 int big_z;

 class Shu_Lian_Pou_Fen { ///树链剖分

     static const int MV=1e5+; ///点的个数

     struct G {

         struct E {

             int v,next;

         } e[MV<<];

         int le,head[MV];

         void init(int n) {

             le=;

             for(int i=; i<=n; i++) head[i]=-;

         }

         void add(int u,int v) {

             e[le].v=v;

             e[le].next=head[u];

             head[u]=le++;

         }

     } g;

 public:

     int n,Index,fa[MV],num[MV],son[MV],dep[MV],sid[MV],top[MV];

     void dfs(int u) {

         num[u]=;

         son[u]=;

         for(int i=g.head[u]; ~i; i=g.e[i].next) {

             int v=g.e[i].v;

             if(v!=fa[u]) {

                 fa[v]=u;

                 dep[v]=dep[u]+;

                 dfs(v);

                 if(num[son[u]]<num[v]) son[u]=v;

                 num[u]+=num[v];

             }

         }

     }

     void get(int u,int Top) {

         sid[u]=++Index;

         top[u]=Top;

         if(son[u]) get(son[u],Top);

         for(int i=g.head[u]; ~i; i=g.e[i].next) {

             int v=g.e[i].v;

             if(v!=fa[u]&&v!=son[u]) {

                 get(v,v);

             }

         }

     }

 public:

     void init(int tn) { ///传入点数下标1 开始

         n=tn;

         g.init(n);

     }

     void add(int u,int v) {

         g.add(u,v);

         g.add(v,u);

     }

     void solve() {

         fa[]=dep[]=num[]=Index=;

         dfs();

         get(,);

     }

     void update(int x,int y,int z) {

         lazy[x].push_back(z);

         lazy[y+].push_back(-z);

     }

     void work(int x,int y,bool edge_index,int z) { ///边编号(用深度大的点一一对应)传入true,点编号传false

         int tx=top[x],ty=top[y];

         while(tx!=ty) {

             if(dep[tx]<dep[ty]) {

                 swap(tx,ty);

                 swap(x,y);

             }

             update(sid[tx],sid[x],z);

             x=fa[tx];

             tx=top[x];

         }

         if(edge_index) {

             if(x==y) return ;

             if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);

             update(sid[son[x]],sid[y],z);

             return ;

         }

         if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);

         update(sid[x],sid[y],z);

     }

 }gx;

 void init_lazy() {

     gx.init(n);

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

         gx.add(e[i].u,e[i].v);

     }

     gx.solve();

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

         lazy[i].clear();

     }

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

         gx.work(c[i].x,c[i].y,false,c[i].z);

     }

 }

 #define lrrt int L,int R,int rt

 #define iall 1,big_z,1

 #define imid int mid=(L+R)>>1

 #define lson L,mid,rt<<1

 #define rson mid+1,R,rt<<1|1

 struct T{

     int value,sum;

 }tree[M<<];

 void pushup(int rt){

     if(tree[rt<<].sum>=tree[rt<<|].sum){

         tree[rt].value=tree[rt<<].value;

         tree[rt].sum=tree[rt<<].sum;

     }

     else{

         tree[rt].value=tree[rt<<|].value;

         tree[rt].sum=tree[rt<<|].sum;

     }

     if(tree[rt].sum==){

         tree[rt].value=;

     }

 }

 void build(lrrt){

     if(L==R){

         tree[rt].value=L;

         tree[rt].sum=;

         return ;

     }

     imid;

     build(lson);

     build(rson);

     pushup(rt);

 }

 void update(int x,int y,lrrt){

     if(L==R){

         tree[rt].sum+=y;

         return ;

     }

     imid;

     if(mid>=x) update(x,y,lson);

     else       update(x,y,rson);

     pushup(rt);

 }

 int get_big_z(){

     int res=;

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

         if(c[res].z<c[i].z){

             res=i;

         }

     }

     return c[res].z;

 }

 void solve() {

     if(m==){

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

             answer[i]=;

         }

         return ;

     }

     init_lazy();

     big_z=get_big_z();

     build(iall);

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

         to_id[gx.sid[i]]=i;

     }

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

         int len=lazy[i].size();

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

             int value=lazy[i][j];

             int add=;

             if(value<){

                 value=-value;

                 add=-;

             }

             update(value,add,iall);

         }

         answer[to_id[i]]=tree[].value;

     }

 }

 int main() {

 #ifdef txtout

     freopen("in.txt","r",stdin);

     freopen("out.txt","w",stdout);

 #endif

     while(~scanf("%d%d",&n,&m),n|m) {

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

             scanf("%d%d",&e[i].u,&e[i].v);

         }

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

             scanf("%d%d%d",&c[i].x,&c[i].y,&c[i].z);

         }

         solve();

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

             printf("%d\n",answer[i]);

         }

     }

     return ;

 }

end

matrix_last_acm_2的更多相关文章

随机推荐

3种方式实现Java多线程
java中实现多线程的方法有两种:继承Thread类和实现runnable接口. 1.继承Thread类,重写父类run()方法 public class thread1 extends Thread ...
MongoDB的主要特性概述
一.文档数据模型文档是一组属性名和属性的集合.相较于关系数据库复杂的规范化,面向文档的数据模型很容易以聚合的形式来表示数据.文档采用无Schema的形式,这种做法带来了一定的优势:首先,由应用程序, ...
linux iostat命令详解磁盘操作监控工具
Linux系统中的 iostat是I/O statistics(输入/输出统计)的缩写,iostat工具将对系统的磁盘操作活动进行监视. 它的特点是汇报磁盘活动统计情况,同时也会汇报出CPU使用情况. ...
wampserver php多版本5.2--5.6和apche2.2/2.4
一.准备 wampserver2.5 php5各版本 php5.2到php5.6 apache2.2和apache2.4 二.安装先成功安装wampserver2.5,如果安装不成功,多是vc11没 ...
淘宝：OceanBase分布式系统负载均衡案例分享
Heroku因"随机调度+Rails单线程处理导致延迟增加的负载均衡失败"的案例之后,我们在思考:在负载均衡测试时发现问题并妥善解决的成功经验有没有?于是,挖掘出"淘宝在 ...
USB设备---URB请求快
1．urb 结构体USB 请求块(USB request block,urb)是USB 设备驱动中用来描述与USB 设备通信所用的基本载体和核心数据结构,非常类似于网络设备驱动中的sk_buff 结构 ...
[terry笔记]RMAN综合学习之备份
rman是最经济实惠的oracle备份工具,在这里做一个rman的整体学习. 文章中大多是rman命令的语法,还是最好做做实验,以便印象深刻,因为大多数数据库的备份就是按时跑脚本,恢复也不是经常能遇到 ...
iPhone图标及启动画面大小 xcode5
启动画面文件名大小px Default.png 320*480 Default@2x.png 640*960 Default-568h@2x.png 640*1136 图标文件名大小px ...
rails的字符编码
想练练手,随意的写了个登陆页面,简单的只有几行. <%= form_tag('login_check') do -%><%= text_field_tag 'user_name', ...
NOJ1008-第几天
第几天时间限制(普通/Java) : 1000 MS/ 3000 MS 运行内存限制 : 65536 KByte总提交 : 2701 测试通过 : 800 ...

matrix_last_acm_2

matrix_last_acm_2的更多相关文章

随机推荐

热门专题