bzoj 4822~4824 CQOI2017题解

老C的任务

题目大意:

维护一个二维平面,初始给出一些点及其权.多次询问某个矩形内的权和.

n,m <= 100000

题解:

签到题.

CDQ水一水.

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline void read(int &x){
	x=0;static char ch;static bool flag;flag = false;
	while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;
	while(x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;
}
#define rg register int
#define rep(i,a,b) for(rg i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(rg i=(a);i>=(b);--i)
const int maxn = 100010;
const int maxm = maxn;
struct Node{
	int x,y;
	int type,val,id;
	Node(){}
	Node(const int &a,const int &b,
	 const int &c,const int &d,const int &e){
		x = a;y = b;type = c;val = d;id = e;
	}
}q[maxn*6];
#define lowbit(x) (x&-x)
int n,m,mxlim;
ll c[maxn*6];int vis[maxn*6],T;
inline void modify(int x,ll d){
	for(;x <= mxlim;x += lowbit(x)){
		if(vis[x] == T) c[x] += d;
		else c[x] = d,vis[x] = T;
	}
}
inline ll query(int x){
	ll ret = 0;
	for(;x;x-=lowbit(x)) if(vis[x] == T) ret += c[x];
	return ret;
}
int qcnt = 0;ll ans[maxm];
void solve(int l,int r){
	if(l == r) return ;
	int mid = l+r >> 1;
	solve(l,mid);solve(mid+1,r);
	++ T;rg i = l,j = mid+1,k = l;
	static Node tmp[maxn*6];
	while(i <= mid || j <= r){
		if(i > mid || (j <= r && q[j].x < q[i].x)){
			if(q[j].type == 2){
			ans[q[j].id] += query(q[j].y)*q[j].val;
			}
			tmp[k++] = q[j++];
		}else{
			if(q[i].type == 1) modify(q[i].y,q[i].val);
			tmp[k++] = q[i++];
		}
	}
	rep(i,l,r) q[i] = tmp[i];
	return ;
}
struct num{
	int x,y,val;
}p[maxn];
struct number{
	int x1,y1,x2,y2;
}nu[maxm];
int b[maxn*6],cnt;
int main(){
	read(n);read(m);
	rg x,y,v;
	rep(i,1,n){
		read(p[i].x);read(p[i].y);read(p[i].val);
		b[++cnt] = p[i].y;
	}
	rg xx,yy;
	rep(i,1,m){
		read(x);read(y);read(xx);read(yy);
		b[++cnt] = y;b[++cnt] = yy;
		if(x > xx) swap(x,xx);
		if(y > yy) swap(y,yy);
		nu[i].x1 = x;nu[i].y1 = y;
		nu[i].x2 = xx;nu[i].y2 = yy;
	}
	sort(b+1,b+cnt+1);
	rep(i,1,n){
		p[i].y = lower_bound(b+1,b+cnt+1,p[i].y) - b;
		x = p[i].x;y = p[i].y;v = p[i].val;
		q[++qcnt] = Node(x,y,1,v,0);
	}
	rep(i,1,m){
		y = lower_bound(b+1,b+cnt+1,nu[i].y1) - b;
		yy = lower_bound(b+1,b+cnt+1,nu[i].y2) - b;
		x = nu[i].x1;xx = nu[i].x2;
		q[++qcnt] = Node(xx,yy,2,1,i);
		q[++qcnt] = Node(x-1,yy,2,-1,i);
		q[++qcnt] = Node(xx,y-1,2,-1,i);
		q[++qcnt] = Node(x-1,y-1,2,1,i);
	}
	mxlim = cnt;
	solve(1,qcnt);
	rep(i,1,m){
		printf("%lld\n",ans[i]);
	}
	return 0;
}

题目: 老 C 的方块

题目大意:

给定一个这样的R行C列网格图:加粗边称为特殊边



定义若出现下列情况本质相同的情况则不合法.



现在给定网格图内哪些格子是存在的及其被删除的代价共n个

最小化使得网格图合法的代价.

R,C,n <= 100000

题解:

观察所有不合法的状态.

我们发现其实就是特殊边两端不能都有大小超过2的四连块.(不经过特殊边)

所以我们可以列出一些关系:

如果将题目中给出的网格图的行列看成横纵坐标轴:(即(1,1)和(2,1)之间为特殊边)

我们可以得到这样的关系:

对于特殊边(3,2) - (4,2)来说.

如果要这条特殊边合法,那么必须是两边不能同时含有大小超过2的四连块.

那么如果我们删除(3,2)或者(4,2)这是一定满足的.

下面就是不删除(3,2)或者(4,2)的情况,那么我们知道:

要么全部删除(3,1),(2,2),(3,3),要么全部删除(4,1),(5,2),(4,3).

然后我们发现我们可以对网格图进行三色染色:建立最小割模型.

假设我们将(3,1),(2,2),(3,3)染成黑色那么(4,1),(5,2),(4,3)一定是白色.

然后将所有在特殊边两边的点染成黄色.

可以建立最小割模型:

蓝色边为删除对应格子的代价,黑色均为inf,黄色边为特殊边两边的各自的代价的最小值.

跑最小割即可.

#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline void read(int &x){
	x=0;char ch;bool flag = false;
	while(ch=getchar(),ch<'!'); if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;
	while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;
}
#define rg register int
#define rep(i,a,b) for(rg i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(rg i=(a);i>=(b);--i)
typedef pair<int,int> pa;
const int maxn = 100010;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
struct Edge{
	int to,next,cap;
}G[maxn*10];
int head[maxn],cnt = 1;
void add(int u,int v,int c){
	G[++cnt].to = v;
	G[cnt].next = head[u];
	head[u] = cnt;
	G[cnt].cap = c;
}
inline void insert(int u,int v,int c){
	add(u,v,c);add(v,u,0);
}
#define v G[i].to
int dis[maxn],q[maxn],l,r,S,T;
bool bfs(){
	memset(dis,-1,sizeof dis);
	l = 0;r = -1;q[++r] = S;
	dis[S] = 0;
	while(l <= r){
		int u = q[l++];
		for(int i = head[u];i;i=G[i].next){
			if(dis[v] == -1 && G[i].cap != 0){
				dis[v] = dis[u] + 1;
				q[++r] = v;
			}
		}
	}return dis[T] != -1;
}
int dfs(int u,int f){
	if(u == T || f == 0) return f;
	int ret = 0;
	for(int i = head[u];i;i=G[i].next){
		if(dis[v] == dis[u] + 1 && G[i].cap){
			int x = dfs(v,min(f,G[i].cap));
			f -= x;ret += x;
			G[i].cap -= x;
			G[i^1].cap += x;
			if(f == 0) break;
		}
	}return ret;
}
inline int dinic(){
	int ret = 0;
	while(bfs()) ret += dfs(S,inf);
	return ret;
}
#undef v
inline bool ca(int x,int y){
	int id = (x + 1) >> 1;
	if(id & 1) return (y&1) == 1;
	else return (y & 1) == 0;
}
inline bool cb(int x,int y){
	int id = (x + 1) >> 1;
	if(id & 1){
		if((y & 1) == 1) return false;
		return (x & 1) == 1;
	}else{
		if((y & 1) == 0) return false;
		return (x & 1) == 0;
	}
}
inline bool cc(int x,int y){
	int id = (x + 1) >> 1;
	if(id & 1){
		if((y & 1) == 1) return false;
		return (x & 1) == 0;
	}else{
		if((y & 1) == 0) return false;
		return (x & 1) == 1;
	}
}
int d1[3][2] = {{-1,0},{0,1},{0,-1}};
int d2[3][2] = {{1,0},{0,1},{0,-1}};
map<pa,int>mp;
struct Node{
	int x,y,w;
}p[maxn];
int main(){
	int C,R,n;read(C);read(R);read(n);
	S = maxn - 5;T = S + 1;
	rep(i,1,n){
		read(p[i].x);read(p[i].y);read(p[i].w);
		mp[make_pair(p[i].x,p[i].y)] = i;
		if(cb(p[i].x,p[i].y)) insert(S,i,p[i].w);
		if(cc(p[i].x,p[i].y)) insert(i,T,p[i].w);
	}
	rep(i,1,n){
		if( (p[i].x & 1) && ca(p[i].x,p[i].y)
			&& (mp.count(make_pair(p[i].x+1,p[i].y)))){
			rg j = mp[make_pair(p[i].x+1,p[i].y)];
			if(p[i].y & 1){
				insert(i,j,min(p[i].w,p[j].w));
				rep(k,0,2){
					rg nx = p[i].x + d1[k][0];
					rg ny = p[i].y + d1[k][1];
					if(!mp.count(make_pair(nx,ny))) continue;
					insert(mp[make_pair(nx,ny)],i,inf);
				}
				rep(k,0,2){
					rg nx = p[j].x + d2[k][0];
					rg ny = p[j].y + d2[k][1];
					if(!mp.count(make_pair(nx,ny))) continue;
					insert(j,mp[make_pair(nx,ny)],inf);
				}
			}else{
				insert(j,i,min(p[i].w,p[j].w));
				rep(k,0,2){
					rg nx = p[i].x + d1[k][0];
					rg ny = p[i].y + d1[k][1];
					if(!mp.count(make_pair(nx,ny))) continue;
					insert(i,mp[make_pair(nx,ny)],inf);
				}
				rep(k,0,2){
					rg nx = p[j].x + d2[k][0];
					rg ny = p[j].y + d2[k][1];
					if(!mp.count(make_pair(nx,ny))) continue;
					insert(mp[make_pair(nx,ny)],j,inf);
				}
			}
		}
	}
	int ans = dinic();
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

老 C 的键盘

题目大意:

有一个n的排列对于每个位置i,给出[i/2]与i位置上的数的大小关系,求可能的排列数.

n <= 100

题解:

不难发现实际上这是一棵树.

我们把这棵树建出来,那么现在变成一给定一棵树,树上的边代表的父子的大小关系.

我们考虑树归 : 设\(f[i][j]\)表示在以i为根的子树内根作为排名为j的值出现的排列数.

那么问题就在于状态的合并更新了.

对于一个\(f[u][]\)要将儿子的状态\(f[v][]\)合并进来,我们首先分情况讨论:

• u的值必须 > v的值:
  
  我们想象成两个排列进行合并.
  
  我们知道我们必须满足的条件即v在u的前面.
  
  那么我们枚举一下需要有多少排在u的前面即可.
  
  由于需要保证相对顺序不发生变化,所以将n个数插到m个数中的方案即:\(C_{n+m-1}^m\)
  
  但是由于这里要么前面能插,要么后面能插,即什么时候都多一个可以插的位置,
  
  所以实际上这里插入的方案数为\(C_{n+m}^m\)
  
  这样我们列出转移方程:

\[f[u][j+k] += C_{j-1+k}^{k}C_{s_u-j+s_v-k}^{s_v-k}*f[u][j]\sum_{i=1}^kf[v][i]
\]

• u的值必须 < v的值:
  
  相应地列出方程:

\[f[u][j+k-1] += C_{j-1+k-1}^{k-1}C_{s_u-j+s_v-(k-1)}^{s_u-j}*f[u][j]\sum_{i=k}^nf[v][i]
\]

预处理前缀后缀和可以将sigma消掉.

据说这么做复杂度是\(O(n^2\log n)\)的..我也不知道为什么..

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline void read(int &x){
	x=0;static char ch;static bool flag;flag = false;
	while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;
	while(x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;
}
#define rg register int
#define rep(i,a,b) for(rg i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(rg i=(a);i>=(b);--i)
const int maxn = 128;
const int mod = (1e9 + 7);
struct Edge{
	int to,next,type;
}G[maxn<<1];
int head[maxn],cnt;
void add(int u,int v,int d){
	G[++cnt].to = v;
	G[cnt].next = head[u];
	head[u] = cnt;
	G[cnt].type = d;
}
int C[maxn][maxn];
inline void prework(int n){
	C[0][0] = 1;
	rep(i,1,n) rep(j,0,n){
		C[i][j] = C[i-1][j];
		if(j != 0) C[i][j] += C[i-1][j-1];
		if(C[i][j] >= mod) C[i][j] -= mod;
	}
}
int f[maxn][maxn],pre[maxn][maxn],suf[maxn][maxn];
inline void init(){
	memset(head,0,sizeof head);
	cnt = 0;
}
int siz[maxn],n;
#define v G[i].to
void dfs(int u,int fa){
	siz[u] = 1;
	for(int i = head[u];i;i=G[i].next){
		if(v == fa) continue;
		dfs(v,u);siz[u] += siz[v];
	}
	rep(i,2,n) f[u][i] = 0;
	f[u][1] = 1;
	rg s = 1;
	static int g[maxn];
	for(int i = head[u];i;i=G[i].next){
		if(v == fa) continue;
		rep(j,1,s+siz[v]) g[j] = 0;
		if(G[i].type == -1){
			rep(j,1,s) rep(k,1,siz[v]){
				g[j+k-1] += 1LL*C[j+k-2][k-1]*C[s-j+siz[v]-k+1][s-j]%mod*f[u][j]%mod*suf[v][k]%mod;
				if(g[j+k-1] >= mod) g[j+k-1] -= mod;
			}
		}else{
			rep(j,1,s) rep(k,1,siz[v]){
				g[j+k] += 1LL*C[j+k-1][k]*C[s-j+siz[v]-k][s-j]%mod*f[u][j]%mod*pre[v][k]%mod;
				if(g[j+k] >= mod) g[j+k] -= mod;
			}
		}
		rep(j,1,s + siz[v]) f[u][j] = g[j];
		s += siz[v];
	}
	rep(i,1,n){
		pre[u][i] = pre[u][i-1] + f[u][i];
		if(pre[u][i] >= mod) pre[u][i] -= mod;
	}
	per(i,n,1){
		suf[u][i] = suf[u][i+1] + f[u][i];
		if(suf[u][i] >= mod) suf[u][i] -= mod;
	}
	return ;
}
#undef v
inline void work(){
	init();read(n);
	rg u,v;char ch;
	rep(i,2,n){
		u = i>>1;
		while(ch=getchar(),ch<'!');
		v = i;
		if(ch == '<') add(u,v,-1),add(v,u,1);
		else add(u,v,1),add(v,u,-1);
	}
	dfs(1,1);
	int ans = 0;
	rep(i,1,n){
		ans += f[1][i];
		if(ans >= mod) ans -= mod;
	}
	printf("%d\n",ans);
}
int main(){
	int T;T = 1;
	prework(100);
	while(T--) work();
	return 0;
}