[题解]NOIP2015提高组の题解集合

Day 1

T1 magic

模拟题。不断地往右上或往下走，注意边界。
代码：

#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;inline int read() {    int res = 0; bool bo = 0; char c;    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);    return bo ? ~res + 1 : res;}const int N = 55;int n, a[N][N];int main() {    //freopen("magic.in", "r", stdin);    //freopen("magic.out", "w", stdout);    int i, j, x = 1, y; n = read(); y = n + 1 >> 1;    for (i = 1; i <= n * n; i++) {        a[x][y] = i;        if (i % n == 0) x++;        else x--, y++;        x = (x + n) % n; if (!x) x = n;        y = (y + n) % n; if (!y) y = n;    }    for (i = 1; i <= n; i++) {        for (j = 1; j <= n; j++) printf("%d ", a[i][j]);        printf("\n");    }    return 0;}

T2 message

把每个i向Ti连边，求该有向图的最小环。
有很多种做法。其中一种是，从一个点u开始遍历，不断地往Tu走，如果走到了这一次已经遍历过的节点，那么就找到了一个环。注意细节。
代码：

#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;inline int read() {    int res = 0; bool bo = 0; char c;    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);    return bo ? ~res + 1 : res;}const int N = 2e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;int n, t[N], ans = INF, vis[N], times;void go(int x) {    int tmp = times; while (1) {        int v = t[x];        if (vis[x] && vis[x] <= tmp) return;        if (vis[v] > tmp)            return (void) (ans = min(ans, times - vis[v] + 2));        vis[x] = ++times; x = v;    }}int main() {    //freopen("message.in", "r", stdin);    //freopen("message.out", "w", stdout);    int i; n = read();    for (i = 1; i <= n; i++) t[i] = read();    for (i = 1; i <= n; i++) if (!vis[i]) go(i);    cout << ans << endl;    return 0;}

T3 landlords

不考虑顺子，那么一次打多张一定是最优的。所以可以用贪心求解这一部分。对于顺子，就爆搜。
代码：

#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;inline int read() {    int res = 0; bool bo = 0; char c;    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);    return bo ? ~res + 1 : res;}const int N = 25, INF = 0x3f3f3f3f;int n, cnt[N], typ[] = {0, 13, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12},Ans, tmp[N];int cc() {    int i, CN = 0; memset(tmp, 0, sizeof(tmp));    for (i = 0; i <= 13; i++) tmp[cnt[i]]++;    while (tmp[4] >= 1 && tmp[2] >= 2) tmp[4]--, tmp[2] -= 2, CN++;    while (tmp[4] >= 1 && tmp[1] >= 2) tmp[4]--, tmp[1] -= 2, CN++;    while (tmp[4] >= 1 && tmp[2] >= 1) tmp[4]--, tmp[2]--, CN++;    while (tmp[3] >= 1 && tmp[2] >= 1) tmp[3]--, tmp[2]--, CN++;    while (tmp[3] >= 1 && tmp[1] >= 1) tmp[3]--, tmp[1]--, CN++;    return CN + tmp[1] + tmp[2] + tmp[3] + tmp[4];}void dfs(int dep) {    if (dep >= Ans) return; int i, j, k;    Ans = min(Ans, dep + cc());    for (i = 2; i <= 13; i++) for (j = 1; j <= 3; j++) {        if (cnt[i] < j) continue; int tt = 0;        for (k = i; cnt[k] >= j; k++) tt += j, cnt[k] -= j;        for (; (--k) >= i;) {            if (tt >= 5) dfs(dep + 1);            tt -= j, cnt[k] += j;        }    }}void work() {    int i; memset(cnt, 0, sizeof(cnt));    for (i = 1; i <= n; i++) cnt[typ[read()]]++, read();    Ans = INF; dfs(0); printf("%d\n", Ans);}int main() {    //freopen("landlords.in", "r", stdin);    //freopen("landlords.out", "w", stdout);    int T = read(); n = read();    while (T--) work();    return 0;}

Day 2

T1 stone

基础的二分题。二分最短跳跃距离后判定是否可能。
代码：

#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;inline int read() {    int res = 0; bool bo = 0; char c;    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);    return bo ? ~res + 1 : res;}const int N = 5e4 + 5;int L, n, m, a[N], minv;bool check(int mid) {    int i, tot = 0, pre = 0;    for (i = 1; i <= n + 1; i++)        if (a[i] - pre < mid) tot++;        else pre = a[i];    return tot <= m;}int solve() {    int l = minv, r = 1e9, mid;    while (l <= r) {        mid = l + r >> 1;        if (check(mid)) l = mid + 1;        else r = mid - 1;    }    return r;}int main() {    //freopen("stone.in", "r", stdin);    //freopen("stone.out", "w", stdout);    int i; L = read(); n = read(); m = read();    for (i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(),        minv = min(minv, a[i]); a[n + 1] = L;    printf("%d\n", solve());    return 0;}

T2 substring

考虑DP。
定义状态f[i][j][k][0/1]表示字符串A的前i个字符和字符串B的前j个字符用了k个子串，第四维为1表示A字符串的第i个字符必须被选出，为0表示A字符串的第i个字符不能被选出。
那么很容易得出转移：
1、对于任意一个0≤i≤n，f[i][0][0][0]=1。
2、f[i][j][k][0]=f[i−1][j][k][0]+f[i−1][j][k][1]
3、如果A[i]=B[j]，那么f[i][j][k][1]=f[i−1][j−1][k][1]+f[i−1][j−1][k−1][0]+f[i−1][j−1][k−1][1]
最后结果即为f[n][m][K][0]+f[n][m][K][1]。
考虑到空间问题，滚动f的第一维以节省空间。
代码：

#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;inline int read() {    int res = 0; bool bo = 0; char c;    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);    return bo ? ~res + 1 : res;}const int N = 1005, M = 205, PYZ = 1e9 + 7;int n, m, K, f[2][M][M][2];char a[N], b[M];int main() {    //freopen("substring.in", "r", stdin);    //freopen("substring.out", "w", stdout);    int i, j, k; n = read(); m = read(); K = read();    scanf("%s", a + 1); scanf("%s", b + 1); f[0][0][0][0] = 1;    for (i = 1; i <= n; i++) {        int op = i & 1; f[op][0][0][0] = 1;        for (j = 1; j <= min(i, m); j++) for (k = 1; k <= min(j, K); k++) {            f[op][j][k][0] = f[op][j][k][1] = 0;            f[op][j][k][0] = (f[op ^ 1][j][k][0] + f[op ^ 1][j][k][1]) % PYZ;            if (a[i] == b[j]) {                f[op][j][k][1] = (f[op ^ 1][j - 1][k][1] +                    f[op ^ 1][j - 1][k - 1][0]) % PYZ;                (f[op][j][k][1] += f[op ^ 1][j - 1][k - 1][1]) %= PYZ;            }        }    }    printf("%d\n", (f[n & 1][m][K][0] + f[n & 1][m][K][1]) % PYZ);    return 0;}

T3 transport

首先存下每个运输计划的起点st[i]，终点ed[i]，最近公共祖先lca[i]以及耗时len[i]。
先二分最短时间time。
在判定中，先标记出所有len[i]>time的运输计划，虫洞必须位于这些运输计划的路径的公共边上。
这里，为每个点赋予一个权值，初始为0。
然后对于任意一个len[i]>time的运输计划，把st[i]到ed[i]的路径上的所有点（lca[i]除外）的点权，全部加上1，
这样容易知道，最后如果一个点的点权等于所有len[i]>time的运输计划的个数，那么连接这个点和这个点的父亲的边被改造成虫洞后会降低所有len[i]>time的运输计划的耗时，降低量为这条边的边权。所以，在符合条件的边中，选取一条边权最大的边，判断是否：耗时最长的计划消耗的时间−选取的边的边权≤time。
对于路径加1的操作，可以使用树剖实现，但是常数较大。但是可以发现这里的询问都是单点询问，而且都在路径修改之后。对于这一点，可以使用差分数组代替树剖，将复杂度去掉一个log。
建立差分数组b[u]=val[u]−∑val[v]，其中val[u]为u的点权，v为u的子节点。
对于u到v的路径加x（不含lca）的操作为：
b[u]+=x,b[v]+=x,b[lca]−=2x。
而单点询问就是求子树和。最后DFS一遍就可以求出所有点的点权。
代码：

#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;inline int read() {    int res = 0; bool bo = 0; char c;    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);    return bo ? ~res + 1 : res;}const int N = 3e5 + 5, LogN = 23;int n, m, a[N], ecnt, nxt[N << 1], adj[N], go[N << 1], fa[N][LogN],dep[N], T[N], val[N << 1], dis[N], len[N], st[N], ed[N],maxv, _lca[N], top[N], v_res, cnt_now;void add_edge(int u, int v, int w) {    nxt[++ecnt] = adj[u]; adj[u] = ecnt;    go[ecnt] = v; val[ecnt] = w;}void dfs(int u, int fu) {    int i; dep[u] = dep[fu] + 1; for (i = 1; i <= 21; i++)        fa[u][i] = fa[fa[u][i - 1]][i - 1];    for (int e = adj[u], v; e; e = nxt[e]) {        if ((v = go[e]) == fu) continue;        fa[v][0] = u; dis[v] = dis[u] + val[e];        top[v] = val[e]; dfs(v, u);    }}int lca(int u, int v) {    int i; if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);    for (i = 21; i >= 0; i--) {        if (dep[fa[u][i]] >= dep[v]) u = fa[u][i];        if (u == v) return u;    }    for (i = 21; i >= 0; i--) if (fa[u][i] != fa[v][i])        u = fa[u][i], v = fa[v][i];    return fa[u][0];}int dist(int i, int u, int v) {    return dis[u] + dis[v] - (dis[_lca[i] = lca(u, v)] << 1);}void change(int i, int x) {    T[st[i]] += x; T[ed[i]] += x;    T[_lca[i]] -= x << 1;}int dfs_ans(int u, int fu) {    int res_d = T[u];    for (int e = adj[u], v; e; e = nxt[e]) {        if ((v = go[e]) == fu) continue;        res_d += dfs_ans(v, u);    }    if (res_d == cnt_now) v_res = max(v_res, top[u]);    return res_d;}bool check(int mid) {    int i, res = 0; for (i = 0; i <= n; i++) T[i] = 0; cnt_now = 0;    for (i = 1; i <= m; i++) if (len[i] > mid) cnt_now++, change(i, 1);    if (!cnt_now) return 1; v_res = 0; dfs_ans(1, 0);    return maxv - v_res <= mid;}int solve() {    int l = 0, r = maxv, mid;    while (l <= r) {        mid = l + r >> 1;        if (check(mid)) r = mid - 1;        else l = mid + 1;    }    return l;}int main() {    //freopen("transport.in", "r", stdin);    //freopen("transport.out", "w", stdout);    int i, x, y, z; n = read(); m = read();    for (i = 1; i < n; i++) {        x = read(); y = read(); z = read();        add_edge(x, y, z); add_edge(y, x, z);    }    dfs(1, 0);    for (i = 1; i <= m; i++) {        st[i] = read(); ed[i] = read();        len[i] = dist(i, st[i], ed[i]);        maxv = max(maxv, len[i]);    }    printf("%d\n", solve());    return 0;}