APIO 2015

老师让我们打这套题练练手。感觉这套题还是挺有意思的，比国内某些比赛不知道高到哪里去。最后我拿了284/300，貌似比赛是IOI赛制啊，强行被当成OI赛制做了，不然我T3可能还能多骗点。

T1.sculpture

题目大意：把N个数分成A~B段，使各段和最后或起来最小。（数据组1：N<=100，1<=A<=B<=N；数据组2：N<=2000，A=1<=B<=N）

思路：直接把最后答案从最高位开始按位贪心，能取0就取0，否则取1，判断能否取0可以dp，求是否能分成A~B段使得每一段的和二进制下各位都不超过当前答案（答案一开始二进制全是1），若l~r的和为s，则(s|ans)==ans表示l~r可取成一段，具体DP可以把数据分成两类，1<=A<=B<=N的情况可以用f[i][j]表示1~i能否取成j段，可以O(N^3)DP，A=1时只要贪心使取的段最少，f[i]表示1~i最少取几段，可以O(N^2)DP。最后复杂度再多上外面算答案的log，还是能很科学地通过该题。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
inline int read()
{
    int x=;char c;
    while((c=getchar())<''||c>'');
    for(;c>=''&&c<='';c=getchar())x=x*+c-'';
    return x;
}
#define MN 2000
#define MN2 100
#define MK 40
int n,l,r,a[MN+];
ll ans=(1LL<<MK+)-;
int f[MN+],f2[MN2+][MN2+];
bool check()
{
    int i,j;ll s;
    memset(f,,sizeof(f));
    for(i=f[]=;i<n;++i)for(s=a[j=i+];j<=n;s+=a[++j])
        if((s|ans)==ans&&f[i]+<f[j])f[j]=f[i]+;
    return f[n]>r;
}
bool check2()
{
    int i,j,k;ll s;
    memset(f2,,sizeof(f2));f2[][]=;
    for(i=;i<n;++i)for(j=;j<=i;++j)if(f2[i][j])
        for(s=a[k=i+];k<=n;s+=a[++k])if((s|ans)==ans)f2[k][j+]=;
    for(i=l;i<=r;++i)if(f2[n][i])return ;
    return ;
}
int main()
{
    freopen("sculpture.in","r",stdin);
    freopen("sculpture.out","w",stdout);
    n=read();l=read();r=read();
    for(int i=;i<=n;++i)a[i]=read();
    for(int i=MK;i>=;--i)
    {
        ans^=1LL<<i;
        if(l<?check():check2())ans^=1LL<<i;
    }
    cout<<ans;
    fclose(stdin);fclose(stdout);return ;
}

T2.skyscraper

题目大意：N栋楼，有M个人分布在这些楼中，每个人有自己的行走能力Pi，现在第0号人想通知第1号人，每个被通知过的人可以用1s从自己所在的第k栋楼走到第k-Pi栋或k+Pi栋，也可以0s通知第k楼里所有人，问最少几s第1号人能收到通知，无解输出-1。（N,M<=30000）

思路：考虑直接bfs，用在第i栋楼到达一个能力为j的人表示一个状态，f[i][j]可以拓展到f[i+j][j]或f[i-j][j]，第一次到达某一栋楼时可以把整栋里的人对应状态全部加入队列。复杂度看上去是O(N^2)，实际上可能被拓展的状态只有O(N*M^0.5)，证明：一个在i栋楼能力为j的人拓展出的状态只可能是f[k][j]其中i和k模j同余，或者拓展其他人，对每个人只考虑自己，要最大化状态数，必然使第一个人拓展f[i][1]，i%1=0，第二第三个人分别拓展f[i][2],f[j][2]，i%2=0,j%2=1……也就是说，要新拓展出n个状态，第i次需要i个人，设最后状态数最多为kn，则k(k+1)/2=m，故k约为M^0.5。N^2的内存肯定开不下，Hash一下就好了。

#include<cstdio>
inline int read()
{
    int x=;char c;
    while((c=getchar())<''||c>'');
    for(;c>=''&&c<='';c=getchar())x=x*+c-'';
    return x;
}
#define MN 30000
#define MQ 7500000
#define MOD 9875321
struct MyMap
{
    int h[MOD],en,nx[MQ+],t[MQ+],z[MQ+];
    int&operator[](int x)
    {
        for(int i=h[x%MOD];i;i=nx[i])if(t[i]==x)return z[i];
        nx[++en]=h[x%MOD];t[en]=x;h[x%MOD]=en;return z[en];
    }
}mp;
inline int H(int x,int y){return x*+y;}
struct edge{int nx,t;}e[MN+];
int h[MN+],en,d[MN+],u[MN+],q[MQ+],qp[MQ+],qn;
inline void ins(int x,int y){e[++en]=(edge){h[x],y};h[x]=en;}
void init(int x)
{
    for(int i=h[x];i;i=e[i].nx)if(!u[e[i].t])
        u[e[i].t]=,q[++qn]=x,qp[qn]=e[i].t,mp[H(x,e[i].t)]=d[x];
    for(int i=h[x];i;i=e[i].nx)u[e[i].t]=;
}
int main()
{
    freopen("skyscraper.in","r",stdin);
    freopen("skyscraper.out","w",stdout);
    int n,m,i,j,b,s,t;
    n=read();m=read();
    for(i=;i<m;++i)
    {
        b=read();ins(b,read());
        if(!i)s=b;if(i==)t=b;
    }
    for(i=d[s]=,init(s);!d[t]&&i<=qn;++i)
    {
        int&x=mp[H(q[i],qp[i])];
        if((b=q[i]+qp[i])<n)
        {
            if(!d[b])d[b]=x+,init(b);
            int&y=mp[H(b,qp[i])];
            if(!y)y=x+,q[++qn]=b,qp[qn]=qp[i];
        }
        if((b=q[i]-qp[i])>=)
        {
            if(!d[b])d[b]=x+,init(b);
            int&y=mp[H(b,qp[i])];
            if(!y)y=x+,q[++qn]=b,qp[qn]=qp[i];
        }
    }
    printf("%d",d[t]-);
    fclose(stdin);fclose(stdout);return ;
}

T3.bridge

题目大意：一条河隔开了两岸，两岸各有一排楼，现在给出N条路线，分别是从一栋楼走到另一栋楼（可能过河可能不过），现在要求建K座桥，选定建桥位置使得路线总长最小，求出最小值。（N<=100,000，1<=K<=2）。

思路：不过河的直接加入答案。过河的都当做一条线段，问题变成选K个点使各条线段到最近点距离的和最小。K=1时，选取的点位置即为所有端点的中位数，这是个比较显然的结论，这里不多做说明。K=2时，考虑每条线段最后会选择哪个点作为最近点，可以发现，会选择离它中点最近的点，我们把每条线段按他们的中点位置排序，这样肯定前面一部分选择一座桥，后面的选择另一座桥，而只选一座桥的话就是他们的中位数，我们枚举这个分界点，然后用权值线段树或平衡树维护左右两半的中位数和答案。复杂度O(nlogn)。

这里先贴一个我做这套时写的骗分，K=2时，猜想可能跟K=1时有类似的结论，就是选的第一座桥大约是第n/3大，第二座桥第2n/3大，设定一个搜索半径把n/3和2n/3周围都枚举一下，可以得到一个较优解，这份代码得分是84/100。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
inline int read()
{
    int x=;char c;
    while((c=getchar())<''||c>'');
    for(;c>=''&&c<='';c=getchar())x=x*+c-'';
    return x;
}
#define MN 100000
inline int get(){for(char c;c=getchar();)if(c>='A'&&c<='B')return c-'A';}
ll ans=1LL<<,s=;
int a[MN+],b[MN+],c[MN*+],cnt;
inline int z(int x){return x<?-x:x;}
void cal(int x,int y)
{
    ll p=;int i;
    for(i=;i<cnt;++i)
        p+=min(z(a[i]-x)+z(b[i]-x),
               z(a[i]-y)+z(b[i]-y));
    if(p<ans)ans=p;
}
int main()
{
    freopen("bridge.in","r",stdin);
    freopen("bridge.out","w",stdout);
    int k,n,i,j,x;ll p=;
    k=read();n=read();
    while(n--)
    {
        x=get();c[cnt]=a[cnt]=read();
        if(x==get())s+=z(a[cnt]-read());
        else ++s,b[cnt++]=read();
    }
    for(i=;i<cnt;++i)c[i+cnt]=b[i];n=cnt<<;
    sort(c,c+n);
    if(k==)
    {
        for(i=;i<n;++i)p+=c[i]-c[];
        if(p<ans)ans=p;
        for(i=;i<n;++i)
        {
            p=p+(ll)((i<<)-n)*(c[i]-c[i-]);
            if(p<ans)ans=p;
        }
    }
    else
    {
        p=cnt<=?:;
        for(i=-p;i<=p;++i)if(n/+i>=&&n/+i<n)
            for(j=-p;j<=p;++j)if(n*/+j>=&&n*/+j<n)
                cal(c[n/+i],c[n*/+j]);
        for(i=-p;i<=p;++i)for(j=-p;j<=p;++j)
            cal((c[n-]-c[])/+i,(c[n-]-c[])*/+j);
    }
    cout<<ans+s;
}

正解

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
char B[<<],*S=B,C;int X;
inline int read()
{
    while((C=*S++)<''||C>'');
    for(X=C-'';(C=*S++)>=''&&C<='';)X=(X<<)+(X<<)+C-'';
    return X;
}
inline char get(){while((C=*S++)!='A'&&C!='B');return C-'A';}
#define MN 100000
#define N 262144
ll ans=1LL<<,s=,t[][N*];
int c[MN*+],cn;
struct li{int l,r;}l[MN+];
bool cmp(li a,li b){return a.l+a.r<b.l+b.r;}
inline int z(int x){return x<?-x:x;}
void inc(ll*t,int k,int x){for(k+=N;k;k>>=)t[k]+=x;}
int find(int x)
{
    for(int l=,r=cn,mid;;)
    {
        if(c[mid=l+r>>]==x)return mid;
        if(c[mid]<x)l=mid+;
        else r=mid-;
    }
}
ll query(int p)
{
    int k=t[p][]+>>,i,x=;ll r=;
    for(i=;i<N;)
        if(k<=t[p][i<<])x-=t[p][(i<<)+],r+=t[p+][(i<<)+],i<<=;
        else x+=t[p][i<<],k-=t[p][i<<],r-=t[p+][i<<],i=(i<<)+;
    return r+(ll)x*c[i-N];
}
int main()
{
    fread(B,,<<,stdin);
    int k,n,i,cnt=;
    k=read();n=read();
    while(n--)
    {
        i=get();l[cnt].l=read();
        if(i==get())s+=z(l[cnt].l-read());
        else ++s,c[++cn]=l[cnt].l,c[++cn]=l[cnt++].r=read();
    }
    sort(c+,c+cn+);sort(l,l+cnt,cmp);
    for(c[n=]=-,i=;i<=cn;++i)if(c[i]!=c[i-])c[++n]=c[i];cn=n;
    for(i=;i<cnt;++i)
    {
        l[i].l=find(l[i].l);inc(t[],l[i].l,);inc(t[],l[i].l,c[l[i].l]);
        l[i].r=find(l[i].r);inc(t[],l[i].r,);inc(t[],l[i].r,c[l[i].r]);
    }
    if(k<)return printf("%lld",query()+s),;
    for(i=;i<cnt;++i)
    {
        inc(t[],l[i].l,);inc(t[],l[i].r,);
        inc(t[],l[i].l,c[l[i].l]);inc(t[],l[i].r,c[l[i].r]);
        inc(t[],l[i].l,-);inc(t[],l[i].r,-);
        inc(t[],l[i].l,-c[l[i].l]);inc(t[],l[i].r,-c[l[i].r]);
        ans=min(ans,query()+query());
    }
    printf("%lld",ans+s);
}