[Codeforces]#179 div1-----295ABCDE
摘自我的github:https://github.com/Anoxxx
The Solution
Source: Codeforces Round #179 (Div. 1)
VJudge链接: https://cn.vjudge.net/contest/167920#problem
CodeForces链接: http://codeforces.com/problemset/problem/295
#A Greg and Array
Time limit: 1500 ms
Memory limit: 262144 kB
Tags: 差分,线段树
题意
给你n个数,m个操作,每个操作包含l、r、d,表示区间[l,r]+d,再给你k个总操作,每个总操作包含x、y,表示做第x到第y个操作,问最后各个数的数值;
题解
两次打标记(就是两次差分
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long a[],l[],p,t[];
int n,m,k,x,y;
struct node{
int l,r,d;
}c[];
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=;i<n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
for(int i=;i<m;i++)scanf("%d%d%d",&c[i].l,&c[i].r,&c[i].d);
for(int i=;i<k;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
t[x-]++;t[y]--;
}
for(int i=;i<m;i++){
p+=t[i];
l[c[i].l-]+=p*c[i].d;l[c[i].r]-=p*c[i].d;
}
p=;
for(int i=;i<n;i++){
p+=l[i];
a[i]+=p;
printf("%lld ",a[i]);
}
}
#B Greg and Graph
Time limit: 3000 ms
Memory limit: 262144 kB
Tags: 最短路,逆向思维
题意
给你n个点,每两个不同的点间路的距离,n次操作,每次操作删除一个点,求每次操作前所有点对之间的最短路之和。
题解
可以把每次操作删除一个点,看做从后面的操作到前面的操作依次加点,然后对于每次加点对其他所有点进行松弛; 然后每次的答案即为已加入各点目前为止间的最短路之和,倒着输出即可;
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,b[],x[];
long long ans[],a[][],f[][];
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=n;j++){
scanf("%lld",&a[i][j]);f[i][j]=a[i][j];
}
for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d",&x[i]);
for(int i=n;i>=;i--){
b[x[i]]=;
for(int j=;j<=n;j++)
for(int k=;k<=n;k++)f[j][k]=min(f[j][k],f[j][x[i]]+f[x[i]][k]);
for(int j=;j<=n;j++)
for(int k=;k<=n;k++)if(b[j]&&b[k])ans[i]+=f[j][k]; }
for(int i=;i<=n;i++)printf("%lld ",ans[i]);
return ;
}
#C Greg and Friends
Time limit: 2000 ms
Memory limit: 262144 kB
Tags: dp,bfs
题意
有n个人在岸边,每个人不是50kg就是100kg,有一艘船,载重量为k,可以载人过河,但每次必须有人划船,问使所有人都到对岸的最少过河次数和这个次数的方案数。
题解
最少过河次数bfs无脑求就行(好像都不用bfs……,设f[i][j][k]表示有i个50kg的人和j个100kg的人在原岸,船在(k==1?原岸:对面)的最少次数的方案数, 显然这可以在bfs的时候通过组合数维护,注意bfs的判重即可;
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define MOD 1000000007
using namespace std;
int b[][][][][],q[][],anx,aum,num5,num10,x,n,k,h,t;
long long f[][][],c[][];
void push(int px,int py,int pz,int i,int j,int val){
int x=px+i,y=py+j,z=pz^;i=abs(i),j=abs(j);
if(anx&&val>anx)return;
if(b[px][py][pz][x][y])return; if(pz==)f[x][y][z]=(f[x][y][z]+(f[px][py][pz]*(c[num5-px][i]*c[num10-py][j])%MOD)%MOD)%MOD;
else f[x][y][z]=(f[x][y][z]+(f[px][py][pz]*(c[px][i]*c[py][j])%MOD)%MOD)%MOD;
q[++t][]=x;q[t][]=y;q[t][]=z;q[t][]=val;b[px][py][pz][x][y]=;
if(x==num5&&y==num10&&z==&&!anx)anx=val;
}
void getC(){
c[][]=;
for(int i=;i<=;i++)
for(int j=;j<=i;j++)c[i][j]=(c[i-][j]+c[i-][j-])%MOD;
}
int main(){
getC();
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%d",&x);
x==?num5++:num10++;
}
f[][][]=;t++;
q[t][]=q[t][]=q[t][]=q[t][]=;b[][][][][]=;
while(h<t){
int x=q[++h][],y=q[h][],z=q[h][],val=q[h][];
if(z==){
int xp=num5-x,yp=num10-y;
for(int i=;i<=min(yp,k/);i++)push(x,y,z,,i,val+);
for(int i=;i<=min(xp,k/);i++)
for(int j=;j<=min(yp,(k-i*)/);j++)
push(x,y,z,i,j,val+);
}
else{
for(int i=;i<=min(y,k/);i++)push(x,y,z,,-i,val+);
for(int i=;i<=min(x,k/);i++)
for(int j=;j<=min(y,(k-i*)/);j++)
push(x,y,z,-i,-j,val+);
}
}
return anx==?printf("%d\n%d",-,):printf("%d\n%d",anx,f[num5][num10][]),;
}
#D New Year Letter
Time limit: 2000 ms
Memory limit: 262144 kB
Tags: dp
题意
对于一个n行m列的黑白矩阵,存在cave当且仅当:
1、存在[l,r]使得第l行到第r行都有且仅有两个黑色格子,其他行没有;
2、存在一个行号t,使得:
1)对于任意存在黑色格子的行,设两个黑色格子的列号为x和y(x<y),则设集合s(r)=[x,y];
2)任意取t及t之上的两个有黑色格子行,令上方的行为u,下方的行为d,则s(u)属于s(d);
3)任意取t及t之下的两个有黑色格子行,令上方的行为u,下方的行为d,则s(d)属于s(u); 求n行m列的黑白矩阵存在cave的方案数;
题解
设f[i][j]表示前i行只让上面的行符合情况,第i行集合长度为j(可以看做两个黑色块一个在1,一个在j)的方案数,则:
1、f[i][j]=sigma(f[i-1]k)+f[i][j-1]; 前面的sigma是显然的,而f[i][j-1]是因为,f[i][j-1]的情况可以整体向右移一位并依然符合f[i][j]的定义;
2、ans=sigma((f[i][j]-f[i-1][j])f[n-i+1][j](m-j+1))(1<=i<=n,2<=j<=m); f[i][j]-f[i-1][j]是因为第i-1行长度为j且第i行长度为j的方案可能重复计算,需要避免 f[n-i+1][j]则是f[i][j]只算了上面符合情况的,我们需要和下面符合情况的方案数乘起来 m-j+1则是因为这个区间可以左右移啊
#include<cstdio>
#define MOD 1000000007
#define ll long long
using namespace std;
ll ans,n,m,s,f[][];
int main(){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=;i<=m;i++)f[][i]=;
for(int i=;i<=n;i++){
int s=;f[i][]=;
for(int j=;j<=m;j++){
s=(s+f[i-][j])%MOD;
f[i][j]=(f[i][j-]+s)%MOD;
}
}
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=m;j++)ans=(ans+(m-j+)*(f[i][j]-f[i-][j]+MOD)%MOD*f[n-i+][j])%MOD;
printf("%lld",ans);
}
#E Yaroslav and Points
Time limit: 2000 ms
Memory limit: 262144 kB
Tags: 动态开点线段树
题意
给你n个x轴上的坐标,给你两个操作: 1、把输入的第j个点的坐标右移d 2、给定区间,输出区间内点之间的距离和
题解
开一个-1e8到1e8的线段树,对于每一个点,就把含有这个点坐标的区间更新,cnt代表区间内的点数,sum是区间内的点的坐标和,ans就是答案:
c.sum=a.sum+b.sum;
c.cnt=a.cnt+b.cnt;
c.ans=a.ans+b.ans+a.cntb.sum-b.cnta.sum;
(为什么这样??手动模拟合并两个区间你就知道啦 最后因为空间开不下那么多点,于是动态开点,要用到再标号,就可以啦
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define root -1000000001,1000000001,1
#define lson l,m
#define rson m+1,r
#define ll long long
using namespace std;
struct node{
ll cnt,sum,ans;
int ls,rs;
node(){
cnt=sum=ans=ls=rs=;
}
}a[],zero;
int n,j,p,x[],type,m,l,r,tot=;
node merge(node c,node a,node b){
c.sum=a.sum+b.sum;
c.cnt=a.cnt+b.cnt;
c.ans=a.ans+b.ans+a.cnt*b.sum-b.cnt*a.sum;
return c;
}
void update(int val,int z,int l,int r,int rt){
if(val<l||val>r)return;
if(l==r){
a[rt].ans=;a[rt].cnt+=z;a[rt].sum+=z*val;return;
}
if(a[rt].ls==)a[rt].ls=++tot;
if(a[rt].rs==)a[rt].rs=++tot;
int m=(l+r)>>;
if(m>=val)update(val,z,lson,a[rt].ls);
if(m<val)update(val,z,rson,a[rt].rs);
a[rt]=merge(a[rt],a[a[rt].ls],a[a[rt].rs]);
//printf("%d %d %d %d %d\n",a[rt].ls,a[rt].rs,a[rt].ans,a[rt].cnt,a[rt].sum);
}
node query(int x,int y,int l,int r,int rt){
if(y<l||x>r)return zero;
if(x<=l&&r<=y)return a[rt];
int m=(l+r)>>;node p,q;
if(m>=x)p=query(x,y,lson,a[rt].ls);
if(m<y)q=query(x,y,rson,a[rt].rs);
return merge(a[rt],p,q);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%d",&x[i]);
update(x[i],,root);
//printf("%d %d\n",a[1].rs,a[1].ls);
}
scanf("%d",&m);
for(int i=;i<=m;i++){
scanf("%d",&type);
if(type==){
scanf("%d%d",&j,&p);
update(x[j],-,root);x[j]+=p;update(x[j],,root);
}
else{
scanf("%d%d",&l,&r);
printf("%lld\n",query(l,r,root).ans);
}
}
}
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