[题解]LOJ2759. 「JOI 2014 Final」飞天鼠(最短路) 考虑最终答案的构成,一定是由很多飞行+一些上升+一些下降构成. 由于在任何一个点上升或者下降代价是一样的,所以: 对于上升操作来说,只要保证前面飞行合法就不需要上升.当且仅当我飞不过去了才上升. 对于下降操作来说,只要我不会越过目标点就不需要下降.当且仅当我会越过目标点才下降. 也就是说,上升和下降操作是不需要手动进行决策的,不存在一种更优解使得这种解通过提前上升或者下降来使得时间花费缩短.因为假设存在一种"更优解&qu

「JOI 2014 Final」飞天鼠 显然向上爬是没有必要的,除非会下降到地面以下,才提高到刚好为0. 到达一个点有两种情况:到达高度为0和不为0. 对于高度不为0的情况,显然花费的时间越少高度越高(每下降1m都要1单位时间),而必然高度越高越好,因此只需求花费的最少时间. 对于高度为0的情况,显然花费的时间越少越好. 高度不为0的情况比高度为0的情况要优越,而且事实上,高度不为0的情况花费必然会小于高度为0的情况.因此两种情况可以直接合并. 故可以直接dijkstra跑一遍. 复杂度\(o(

loj 这题有在一棵树上上升或者下降的操作,稍加分析后可以发现上升操作如果不是一定要做(指高度不足以到下一棵树或者是最后到达\(n\))就不做,下降操作也是如果不是一定要做(指到达下一棵树时高度过高)就不做,因为如果提前做了,可能会导致后面要浪费一些步数使得移动合法.然后这个移动过程就会分成两段,先是一直移动或者下降,不用上升,然后会每次上升再移动,一直到终点 先看前一段的移动,如果移动的时候正好能移到下一棵树就直接移,如果移的时候高度过高就往下移一点直到能正好移动到下一棵树上.这里对每个点记\

link 试题分析 我们发现若是要选馒头的话则应该从馒头售价高的先装. 并且若要选择包装盒时应该选择装x个最小的时候.所以只需要贪心$+$背包即可. #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; inline int read(){ ,ans=;char c=getchar(); ;c=getchar();} +c-

题面 一看到求“最小值的最大值”这种问题,就能想到二分了. 二分答案,然后我们要把一圈分成三块,使这三块的大小都$\geq mid$.做法是把环展开成2倍长度的链,先钦定一个起点,然后根据前缀和再二分一下前两块的最小大小(注意前两块要连着),第三块用一圈的大小减去前两块的大小即可得到.如果第三块的大小$\geq mid$就返回$true$,提高答案范围:否则返回$false$,降低答案范围. 这样就能卡着最优情况下最小那一块的最大值从而得出答案了. 上面这种做法是$O(n*log_n*log_a

做法一 首先将边界也视作四条裁剪线,整个平面作为一张纸,视存在 \(y = -\infty, y = +\infty, x = -\infty, x = +\infty\) 四条直线. 按照纵坐标依次扫描每条线,每次维护当前纵坐标水平无穷长的直线和每个位置下面第一条之前插入过的纵坐标之间围成区域的连通性,如下图所示: 图中箭头指向的就是当前扫描(维护)到的(水平)线,红绿蓝分别为所围成的区域(有效). 具体地,由于上述扫描过程中连通性只会在:水平线段,竖直线段底部,竖直线段顶部发生改变,因此我们

题目链接: [JOI 2019 Final]独特的城市 对于每个点,它的答案最大就是与它距离最远的点的距离. 而如果与它距离为$x$的点有大于等于两个,那么与它距离小于等于$x$的点都不会被计入答案. 所以我们需要找到对于每个点$u$距离它最远的点及最小的距离$x$满足距离$u$的距离大于等于$x$的点都只有一个. 那么怎么找距离每个点最远的点? 这个点自然就是树的直径的一个端点了! 我们将树的直径先找到,然后讨论一下对于每个点,有哪些点可能会被计入答案: 如图所示,我们以点$x$为例,假设它距

题目列表:https://loj.ac/problems/search?keyword=JOI+2018+Final T1 寒冬暖炉 贪心 暴力考虑每相邻两个人之间的间隔,从小到大选取即可 #include<iostream> #include<string.h> #include<string> #include<stdio.h> #include<algorithm> #include<math.h> #include<ve

LOJ#2351. 「JOI 2018 Final」毒蛇越狱 https://loj.ac/problem/2351 分析: 首先有\(2^{|?|}\)的暴力非常好做. 观察到\(min(|1|,|0|,|?|)\le 6\),我们只需要推出一个\(2^{|0|}\)和\(2^{|1|}\)的容斥式子 而这个式子也是很好推的. 考虑子集反演: \(f(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}g(T)\) \(g(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1

「JOI 2017 Final」JOIOI 王国 题目描述 题目译自 JOI 2017 Final T3「 JOIOI 王国 / The Kingdom of JOIOI」 JOIOI 王国是一个 HHH 行 WWW 列的长方形网格,每个 1×11\times 11×1 的子网格都是一个正方形的小区块.为了提高管理效率,我们决定把整个国家划分成两个省 JOI 和 IOI . 我们定义,两个同省的区块互相连接,意为从一个区块出发,不用穿过任何一个不同省的区块,就可以移动到另一个区块.有公共边的区块

JOI 2019 Final 合集 #3010. 「JOI 2019 Final」勇者比太郎 其实如果读懂题了就是水题了 题目就是让你求满足条件的\(JOI​\),使得\(O​\)在\(J​\)同行的右侧,\(I​\)在\(J​\)同列的左侧. 弄个前缀和什么的就好了啊.... #3011. 「JOI 2019 Final」画展 这个题是个贪心. 我们发现一定是把画框从大到小排序然后一个一个填最优是吧 而且显然我们选取的画一定是按照权值排序后的子序列. 这就随便贪一贪就好了,附上代码链接:代码

LOJ#3014. 「JOI 2019 Final」独特的城市(长链剖分) 显然我们画一条直径,容易发现被统计的只可能是直径某个距离较远的端点到这个点的路径上的值 用一个栈统计可以被统计的点,然后我们把这棵树长链剖分,每次在所有轻儿子中找深度最大的,去掉距离u小于这个深度的栈里的点,然后去计算u的重儿子 然后去掉距离u小于重儿子深度栈里的点,但是要再把u加进去,再遍历u的其他儿子 最后重新去掉u,计算答案,用直径两端当根都做一遍,取深度较大的那个 统计的话直接在外面开一个数组,弹出弹入的时候判断

「JOI 2015 Final」城墙 复杂度默认\(m=n\) 暴力 对于点\((i,j)\),记录\(ld[i][j]=min(向下延伸的长度,向右延伸的长度)\),\(rd[i][j]=min(向左延伸的长度,向上延伸的长度)\)(遇到不能放的停止) 那么枚举左上端点\((i,j)\)和右下端点\((i+len-1,j+len-1)\),能够被计入答案要求\(ld[i][j] \geq len , rd[i+len-1][j+len-1] \geq len,len>=L\). 复杂度\(o(

「JOI 2015 Final」舞会 略微思考一下即可知该过程可以化为一棵树.(3个贵族中选择1个,即新建一个节点连向这3个贵族). 该树的结点个数为\(2n\). 考虑二分答案mid. 判定的是公主是否能和熟练度大于mid的人跳舞. 这样子是满足单调性的. 将熟练度大于等于mid的人设为1,小于mid的人设为0. 考虑dp. 每个结点记录需要多少个1才能使得它的值为1. 事实上,儿子只需要有两个1即可,故从三个儿子中取最小的两个. 复杂度\(o(nlog(n))\). #include<bit

「JOI 2015 Final」分蛋糕 2 题解 这道题让我想起了新年趣事之红包这道DP题,这道题和那道题推出来之后的做法是一样的. 我们可以定义dp[i][len][1] 表示从第i块逆时针数len块的一个扇形,JOI先拿,JOI的所得. dp[i][len][0] 表示从第i块逆时针数len块的一个扇形,IOI先拿,JOI的所得. 我们发现,dp[......][len][......]可以从dp[......][len - 1][......]转移过来,所以考虑先len 从小到大枚起. 详

link 试题分析 容易发现性质,选择的是一段区间,但是贪心无法去维护这件事情,所以考虑$dp$,且我们只要去设计关于$JOI$的选择. 设$dp(i,j)$为现在要在$[l,r]$区间内选择,然后就可以随便写了. #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> #define int long long using namespace std; inline

题目链接 题目描述 JOIOI 王国是一个 $H$ 行 $W$ 列的长方形网格,每个 $1\times 1$ 的子网格都是一个正方形的小区块.为了提高管理效率,我们决定把整个国家划分成两个省 $JOI$ 和 $IOI$ . 我们定义,两个同省的区块互相连接,意为从一个区块出发,不用穿过任何一个不同省的区块,就可以移动到另一个区块.有公共边的区块间可以任意移动.我们不希望划分得过于复杂,因此划分方案需满足以下条件: 区块不能被分割为两半,一半属 $JOI$ 省,一半属 $IOI$ 省. 每个省必须

题目描述 JOI 铁路公司是 JOI 国唯一的铁路公司. 在某条铁路沿线共有 $N$ 座车站,依次编号为 $1...N$. 目前,正在服役的车次按照运行速度可分为两类:高速电车(简称快车)与普通电车(简称慢车). 慢车每站都停.乘慢车时,对于任意一座车站 $i(1⩽i<N)$,车站 $i$ 到车站$ i+1$ 用时均为 $A$. 快车只在车站 $S_1, S_2, \ldots, S_M$​​ 停车 $(1=S_1<S_2<\cdots<S_M=N)$.乘快车时,对于任意一座车站

题目地址 https://loj.ac/problem/2764 题解 真的想不到二分...不看tag的话... 考虑二分答案转化为判定问题,那么问题就变成了能不能组合出x个JOI/IOI,考虑贪心判定,倒着做,统计I的个数cnt,已组OI的个数tot,以及JOI/IOI个数ans.对于J显然直接找一个OI组成答案.对于O显然直接找I.对于I需要贪心考虑,假设目前的cnt+tot+ans>=x那么就组答案,否则做OI里面的那个I,让cnt++.(贪心考虑只需要造x个OI,造多了会浪费) #inc

嘟嘟嘟 今天我们模拟考这题,出的是T3.实在是没想出来,就搞了个20分暴力(还WA了几发). 这题关键在于逆向思维,就是考虑最后的\(n\)的个点刚开始在哪儿,这样就减少了很多需要维护的东西. 这就让我想到很久以前的一道NOIP题,铺地毯.那是我第一次接触逆向思维,觉得十分的巧妙,原本要写的很麻烦或者干脆写不出来的题,反着想,竟然几行就完事了. 不扯别的了,还是说一下这题怎么想吧-- 把操作离线,然后倒着操作,上移变成了下移.但是每一次移动两维的坐标都会改变,十分的难受.于是我们把坐标轴旋转45