sc测试二

在这组测试题中罕见地发现了水题，先从这题开始说起。

打印机

题目描述

打印机

有一台打印机，它能打出一张像素为n×m的图片（可以把图片想象为一个n行m列的表格）。一开始所有像素点都是0号颜色。我们将对图片依次进行k次绘制操作，有两种操作：

把第r行的所有像素都绘制成c号颜色。

把第c列的所有像素都绘制成c号颜色。

你需要计算打印机打印出来的图片的每个像素点的颜色。

输入格式

第一行三个整数n, m, k。 n, m, k ≥ 1

接下来k行，每行三个整数x, i, c表示一个操作（c ≥ 1）：

如果x=1，那么表示把第i行的所有像素都绘制成c号颜色。

如果x=2，那么表示把第i列的所有像素都绘制成c号颜色。

输出格式

n行，每行m个表示颜色编号的整数。

输入样例

3 3 3
1 1 3
2 2 1
1 2 2

输出样例

3 1 3
2 2 2
0 1 0

    这题现在的我会做，相信未来的我也会做。把每一行与每一列涂色的时间记录下来。我想过如果有一行重复染色怎么办，事实证明后染者会覆盖掉。

代码如下：

#include#includeusing namespace std;int x,f,c,n,m,k;struct ee{int num,time;}h[100005],z[100005];int main(){freopen("2100.in","r",stdin);freopen("2100.out","w",stdout);cin>>n>>m>>k;for(int i=1;i<=k;i++){cin>>x>>f>>c;if(x==1) {h[f].num=c;h[f].time=i;}else {z[f].num=c;z[f].time=i;}}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(h[i].num!=0&&z[j].num!=0){if(h[i].time

假期/放假

题目描述

经过几个月辛勤的工作，FJ决定让奶牛放假。假期可以在1…N天内任意选择一段（需要连续），每一天都有一个享受指数W。但是奶牛的要求非常苛刻，假期不能短于P天，否则奶牛不能得到足够的休息；假期也不能超过Q天，否则奶牛会玩的腻烦。FJ想通过安排一次假期，奶牛们获得的享受指数（假期内每天的享受指数之和）最大。

50% 1≤N≤10000
100% 1≤N≤100000
１<=P<=Q<=n

输入格式 2136.in

第一行：N,P,Q.
第二行：N个数字，中间用一个空格隔开。

输出格式 2136.out

一个整数，奶牛们能获得的最大享受指数。

输入样例 2136.in

5 2 4
-9 -4 -3 8 -6 

输出样例 2136.out

5

（选择第3-4天，享受指数为-3+8=5。）

当时的情况：

    把所有题目浏览了一遍以后，发现才半小时，有很多同学都AC了这题，以为是超级大水题。用简单的思路研究了半天，结果用简单的加加减减，没有什么用，终究逃不出n^2。

正解：

    部分和+单调队列。题目棘手的地方主要是规定了段的长度，并且这个长度不是一个定值，并且这个长度在一定的范围以内。

    这样就起到单调队列的作用了，当对头的坐标超过这一段的距离便把它踢出去。算出每一段的部分和。枚举到，如果当前这一段的部分和比单调队列队尾的小，便存进去，保持一个单调下降序列。最后用枚举到的i，减去队列头（既部分和最小的某段），就是正确答案。

    为什么要这么做呢？因为用当前的部分和sum[i]减去最小的，设为k，那么k+1~i这一段便是最大值。

    为了符合题目条件中要满足一段中数的个数大于p，for循环枚举从p开始。

关于题目的某些梗：

    在比赛结束以后，终于弄清楚了他们那么快提交的原因。原来是前一天单调队列专题里的某题，于是，复制粘贴？无奈我做太慢。

代码如下：

#include#includeusing namespace std;int n,q,p;long long k[100005],ans=100000000000000,sum[100005],a[100005];int main(){freopen("2136.in","r",stdin);freopen("2136.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(false);cin>>n>>p>>q;for(int i=1;i<=n;i++) {cin>>a[i];sum[i]=sum[i-1]+a[i];}ans=-ans;int head=1,tail=0;for(int i=p;i<=n;i++){while(head<=tail&&sum[k[tail]]>=sum[i-p]) tail--;tail++;k[tail]=i-p;while(head<=tail&&k[head]

Bug2

题目描述

Bug2

之前的战斗使虫族的建筑遭到破坏，Bug需要组织大家一起重建被破坏的建筑。不过，为了合理分配任务，他需要仔细地考虑虫族的关系网络。

虫族的基地组织是一棵有根树，基地可看作是树的节点。每个基地i都有自身的影响力a_i。树的边有一定的长度，记dis(u,v)表示基地u和基地v的距离。

关系网络的复杂性体现在两个基地可能会有控制的关系，我们说基地u控制基地v当且仅当：

u是v的祖先；

且dis(u,v)≤a_V。

//注意是child能影响到father，father才能控制child

Bug为了合理分配每个基地的任务，需要了解每个基地控制多少个基地。作为虫族总参谋，你能帮帮他吗？

输入格式

第一行一个正整数N，表示基地的个数。

第二行N个整数，第i个表示a_i。1 ≤ a_i ≤ 10⁹。

接下来N-1行，每行两个整数a,b。输入的第2+i行，表示基地i+1和基地a之间有一条边，且边的长度为b。1 ≤ a ≤ i；1 ≤ b ≤ 10⁹。

输出格式

一行，N个整数，第i个表示基地i控制多少个基地。

输入样例1

5
2 5 1 4 6
1 7
1 1
3 5
3 6

输出样例1

1 0 1 0 0

输入样例2

5
9 7 8 6 5
1 1
2 1
3 1
4 1

输出样例2

4 3 2 1 0

测试点

N

1~2

≤1 00

3~4

≤1 000

5~10

≤100 000

前言：

    前面送上两个稍微比较水的题目，接下来的题就不是那么简单的了。

题目大意：

    题目比较复杂，我一直理解错题目的意思，1、以为是要由能够影响到即可控制对方  2、以为是由祖先影响到child才行。

     实际上，是由child能影响到祖先，才可以。

     在比赛的时候，我已经被绕晕了。

部分分：

    60分 暴力（无差分）。

正解：

    跑一次dfs，把经过的点加入栈，这样一来，就可以保证栈里面的数都是当前now的祖先。在这里，可以用二分来找到可以影响到哪些祖先。越早入栈的祖先就越距离越远。如图：

    1一定会比2先入栈，而距离3越远的也是1。所以可以用二分找到距离最远的可以影响到的祖先。假设图中3最远可以影响到1，于是给2和1的ans++。由于数据范围，如果经过这样子逐个增加，一定会超时。

    有一种很特别的方法，举个例子：加入有n个篮子，要在第2~4个篮子里放一个水果 , 再在第3~7个篮子里放多哦一个水果。

    有什么好办法呢？我们先在2篮子那里标记为1，意思为后面的都加上1，可是这样4以后的数字就都不符合题意了，所以在5的地方标记-1。同理在3的地方标记为1,8标记为-1。

 

    在这样的基础上，扫一次for循环，求sum，会有什么样的结果呢？

    正好是每个篮子的果子数。成功地把O（n^2）优化为O(n)。

    同样的，也可以用这种方法算出每一个点被几个点影响到。在最近的可以被影响到的点+1，在最近的不可以被影响到的点-1。

    最后再跑一次dfs，计算出正确的ans即可。

另一种方法：

    前面所说的二分是yhf同学的方法，lhf同学还讲了一种倍增法，但是我不是很能理解，倍增的时间复杂度比较高。

PS：

    纠正一下，听同学lkb说，倍增的时间复杂度其实是差不多的，并且倍增的方法是通用的，而栈的方法有些题目不一定适用

代码如下：

#include#include#includeusing namespace std;const int maxn=100005;long long x,y,nowsum,n,num,p[maxn],a[maxn],ans[maxn],sum[maxn],k[maxn];bool vv[maxn];struct tt{int to,l;};vectorq[maxn];void dfs(long long now,long long from){if(now!=1){a[++num]=from;int lo=0,hi=num+1;while(lo+1>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i];for(int i=2;i<=n;i++){cin>>x>>y;q[x].push_back(tt{i,y});}dfs(1,0);for(int i=1;i<=n;i++) vv[i]=false;dfs2(1);for(int i=1;i<=n;i++) cout<

圆括号

题目描述

慧音正在教妹红什么是合法括号序列：
①空字符串是一个合法括号序列。
②如果X和Y都是合法括号序列，那么XY（即字符串Y拼在字符串X的后面所组成的新的字符串）是一个合法括号序列。
③如果X是合法括号序列，那么 (X)也是合法括号序列（即在X的左边加一个左括号，右边加一个右括号）
所有的合法括号序列都可以用①~③的规则所构造出来。
现在妹红得到了两个括号序列（注意，不一定合法），记为X和Y，她想构造出一个新的括号序列Z。她每一次会将X或Y的最左边的字符加进Z的末尾，然后将其从X或Y中删去，直到X与Y都为空。她问慧音有多少种选择方案可以让Z是一个合法括号序列。两种选择方案不同是指至少存在一个位置k，使得第一种方案中Z的第k位从X得来，而在第二种方案中Z的第k位从Y得来（不是指两种方案的Z不同）。方案数mod 1000000007(10^9+7)
妹红觉得很好玩，于是她决定再随机生成偶数个括号序列，向慧音多次询问（即多组测试数据）。然而慧音并不知道怎么做，于是她交给了学OI的你。

输入格式 1989.in

第一行一个整数T，表示询问组数。
接下来每组询问有两行，每行一个字符串，分别代表题目中的X和Y。

输出格式 1989.out

共T行，每行一个整数，代表生成合法括号序列的方案数。

输入样例 1989.in

6
(()
())
(
)
(((((
)))))
()(()
))((())
()()()()()()()()()()()()()()()
()()()()()()()()
())())))
))((((

输出样例 1989.out

19
1
42
10
493841617
0

第一组询问的19种方法：红色代表来自X，蓝色代表来自Y。

【数据范围】
T<=8，X，Y长度不超过50。

当时的情况：

    看到这题就懵逼了，一直没有理解什么是合法括号序列。题目似乎也没有明确说呀。。说白了就是没怎么看懂题目。后来wyy给我解释，所谓的合法括号序列就是每一个左括号都有一个右括号可以对应。

    即使知道了题目的意思，但还是比较蒙，就算是用暴力也不知道该从何下手为好。

正解：

    DP。是一个比较简单的DP，但是对于我这个DP很差的人来说，还是比较困难。f[i][j]表示的状态为，从第一个字符串里面选i个从第2个字符串里面选j个的方案数，并且保证左括号的

数量比右括号的多。

    可以设一个a记录左括号的数量，设一个b记录右括号的数量，如果左括号的数量比右括号的小，那么这个状态是不合法的，方案数为0，continue。

    状态转移方程为f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]。就是可以由第一个字符串取也可以由第二个字符串取。

注意：

    但是注意，在双重for循环中，扫过一次j，但是在第二次for循环会重复添加第二个字符串的左括号数量和右括号数量。所以，每一次外围（i）for循环结束以后，再扫一次j（第二个字符串），再减回刚刚加过的部分，这样子就不会影响到后面了。

    或者也可以用部分和的方法记录括号的数量，我没试过。

代码如下：

#include#include#include#includeusing namespace std;int r,a,b;long long f[55][55];const int mod=1000000007;string x,y;int main(){freopen("1989.in","r",stdin);freopen("1989.out","w",stdout);cin>>r;while(r){r--;int a=0,b=0;cin>>x>>y;for(int i=0;i<=x.size();i++)for(int j=0;j<=y.size();j++) f[i][j]=0;f[0][0]=1;int size1=x.size(),size2=y.size();for(int i=0;i<=size1;i++){if(i>=1){if(x[i-1]=='(') a++;else b++;}for(int j=0;j<=size2;j++){if(i==j&&j==0) continue;if(j>=1){if(y[j-1]=='(') a++;else b++;}if(a=1) f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i][j])%mod;if(j>=1) f[i][j]=(f[i][j]+f[i][j-1])%mod;}if(i!=size1){for(int j=1;j<=size2;j++){if(y[j-1]=='(') a--;else b--;}}}if(a==b) cout<

魔法练习

题目描述

在第四届圣杯之战中，时臣其实是预见到麻婆和金闪闪会背叛他的。所以在正式开战前，时臣决定传授祖传宝石魔法给凛，就给了凛魔法图鉴。
在魔法图鉴中，每条魔法都有一个密钥，是一个由“(”、“)”和“?”组成的魔法符文。时臣同时教凛密钥的破解方法：对于第i个为“?”的符文，可以输入魔力使其变为“(”，或输入的魔力使其变为“)”。只要最终魔法符文都变为合法，匹配的括号符文，就可以瞬间学会该魔法。
凛当然想学会全部魔法，但她还是个小萝莉，魔力有限，她希望，能用最小的魔力，学习全部的魔法（使符文变成合法的括号匹配序列）。


对于40%的数据，n ≤ 100
对于60%的数据，n ≤ 1000
对于100%的数据，n ≤ 100000，n为偶数（n为字符串的长度）

输入格式 2088.in

这题目包含多组测试数据（不超过10组）。
每组测试数据，第一行为一个没有空格，偶数长度的字符串，保证由“(”、“)”和“?”组成，长度不超过100000。然后接下来的m行（m为字符串中“?”的个数），每行有两个整数Ai和Bi，(1≤Ai，Bi ≤1000000)，分别代表将第i个符文转换为“(”和“)”所需的魔力。

输出格式 2088.out

若有解，输出所需最小魔力；若无解，输出-1。

输入样例 2088.in

(??)
1 2
2 8

输出样例 2088.out

4

部分分：

    60分 DP

部分分做法：

    之所以要讲部分分做法，是因为这个做法不是水分，还是有点意思的。

    和上一题的做法有点相似，两题有所关联。状态f[i][j]为已经选了前i位，左括号与右括号的差为j。很容易得出状态转移方程：现在取左括号与现在取右括号的min。

    取左括号的情况为f[i-1][j-1]+a[i]（因为左括号多了一个，所以左右两个的差值要减一）右括号：f[i-1][j+1]+b[i] 两边的值取Min。

    然而，我还没写出代码，代码略。

讲解后的自行探索：

    我试过两种，不过有一种没有成功，也就是在完成正解之前的一种有漏洞的方法。

    先把所有题目给出的括号置为‘？’，并把所有的左括号都弄为0，右括号置为oo，一路扫下来，用线段树保存前一段中左括号的最小值。同样是用a记录左括号的个数，用b记录右括号的个数。

    如果当a>=b时，无论左右括号哪个比较小，都是可以选的。但是如果a<b，那么一定只能选左括号，于是用for循环看看前面最小的左括号。

    看似很靠谱，但是到最后是无法保证左括号的个数和右括号的个数相等。

正解：

   贪心+优先队列。参考了同学的方法，由于步骤太过于繁琐，标号比较明确。

    1、可以不必把所有括号置为‘？’。

    2、在输入的时候，用k数组记录下左括号数（a）减去右括号数（b）的差值。

    3、假设所有的都为右括号，先把ans加上所有的b。

    4、再开一个临时变量x，为当前ab的差值。

    5、开一个小根堆xiao。

    6、是左括号x++，右括号反之。如果是问号，便把当前这组问号ab（k）的差值存进小根堆里。

    7、如果此时左括号已经比右括号少了，即x=-1，那么便要从前面的问号，也就是小根堆里面存的值里取一个最小的差值加入ans，而小根堆中的top，就是最小的值。

    8、验证一下这样加的正确性：小根堆中存的是问号的k=a-b，而ans一开始是所有b的总和，ans+k=ans+a-b,正好是加上左括号的值，同时把原来ans中存有的右括号消去。

    9、如果此时优先队列为空，也就是说明前面没有问号，那么直接return ans=-1。否则，做上面的加法运算。记得把x改为1。为什么是改为1而不是0，举个例子就可以知道了。本来的a=2,b=3，x=-1;后来改为a=3,b=2,x=1。

    10、被修改的括号就失去了价值，弹出优先队列

    11、最后还有一种特殊情况，即为全部改完以后，a和b不相等，此时也是不合法的。如果没有加这个特判，只有90分。

    除此之外，也可以用线段树，不过线段树比优先队列更为繁琐，所以我也没有写对。

代码如下：

#include#include#include#include#include #includeusing namespace std;const int maxn=100005;long long a,b,ans,c,size,k[maxn];string s;priority_queue , greater > xiao;//小根堆 void solve(){int x=0,c=0;for(int i=0;i>s){size=s.size();ans=0,c=0;memset(k,0,sizeof(k));while(!xiao.empty()) xiao.pop();for(int i=0;i>a>>b;k[++c]=a-b;ans+=b;}}solve();cout<