Regionals 2012, Asia - Jakarta 解题报告

啥都不会做了。。 

做题慢死

A.Grandpa's Walk

签到题。

直接DFS就行。

注意先判断这个点可以作为一个路径的起点不。

然后再DFS。 

否则处理起来略麻烦

#include <iostream>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cstdio>#include <map>#define MAXN 111111#define INF 1000000007using namespace std;int h[55][55];int dp[55][55];int n, m;int xx[] = {0, 0, -1, 1};int yy[] = {1, -1, 0, 0};int vis[55][55];void dfs(int x, int y){    dp[x][y] = 0;    vis[x][y] = 1;    int flag = 0;    for(int i = 0; i < 4; i++)    {        int tx = x + xx[i];        int ty = y + yy[i];        if(tx >= 0 && ty >= 0 && tx < n && ty < m )        {            if(h[x][y] <= h[tx][ty] ) continue;            flag = 1;            if(!vis[tx][ty])                dfs(tx, ty);            dp[x][y] += dp[tx][ty];        }    }    if(flag == 0) dp[x][y] = 1;}int main(){    int T;    int cas = 0;    scanf("%d", &T);    while(T--)    {        memset(dp, -1, sizeof(dp));        scanf("%d%d", &n, &m);        memset(vis, 0, sizeof(vis));        for(int i = 0; i < n; i++)            for(int j = 0; j < m; j++)                scanf("%d", &h[i][j]);        int ans = 0;        //ans += dfs(1, 1);        for(int i = 0; i < n; i++)            for(int j = 0; j < m; j++)            {                int flag = 0;                for(int k = 0; k < 4; k++)                {                    int tx = i + xx[k];                    int ty = j + yy[k];                    if(tx >= 0 && ty >= 0 && tx < n && ty < m)                        if(h[tx][ty] > h[i][j])                            flag = 1;                }                if(flag) continue;                dfs(i, j);                ans += dp[i][j];            }        printf("Case #%d: %d\n", ++cas, ans);    }    return 0;}

B.Let's Go Green

很容易想到一种贪心的思想

就是一个结点。

从父节点流过来的边。

能跟去往子结点的边流多少  就流多少

然后子结点如果还有留下的流量

就两两配对搞一下

但是可能会出现某个分支流量很大。

别的所有分支跟这个分支配对完，这个分支还有剩余

那么就要特殊判断一下。

所以就要求一下所有分支的流量总和，以及最大值。

然后看sum - max 与max的关系。

#include <iostream>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cstdio>#include <map>#include <vector>#define MAXN 111111#define INF 1000000007using namespace std;vector<pair<int, int> >g[MAXN];int n, ans;void dfs(int u, int fa, int pre){    int sz = g[u].size();    int mx = 0;    int sum = 0;    for(int i = 0; i < sz; i++)    {        int v = g[u][i].first;        int w = g[u][i].second;        if(v == fa) continue;        dfs(v, u, w);        sum += w;        mx = max(mx, w);    }    int t = mx + mx - sum;    if(t > pre) ans += mx - pre;    else if(sum >= pre) ans += (sum - pre + 1) / 2;}int main(){    int T, u, v, w;    int cas = 0;    scanf("%d", &T);    while(T--)    {        scanf("%d", &n);        ans = 0;        for(int i = 1; i <= n; i++) g[i].clear();        for(int i = 1; i < n; i++)        {            scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);            g[u].push_back(make_pair(v, w));            g[v].push_back(make_pair(u, w));        }        dfs(1, 0, 0);        printf("Case #%d: %d\n", ++cas, ans);    }    return 0;}

C.Stop Growing!

签到题。

发现和是翻倍增长即可

D.Retrenchment

没看

E.Bee Tower

简单的一个二维DP

dp[i][j] 表示的是从第i个塔在第j个位置时登上塔所需要得最小花费

注意的是最高的塔不能动！！

所以找答案的时候要找对状态

#include <iostream>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cstdio>#include <map>#include <vector>#include <queue>#define MAXN 555#define INF 1000000007using namespace std;int dp[MAXN][MAXN];typedef pair<int, int> P;P tow[MAXN];int n, H, W, mx, ans;void gao(){    tow[0].second = 0;    memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));    for(int i = 1; i <= n; i++)    {        int tmp = tow[i].second - tow[i - 1].second;        if(tow[i].second <= H)            for(int j = 1; j <= 500; j++)                dp[i][j] = min(dp[i][j], abs(tow[i].first - j) * tow[i].second);        if(tmp > H) continue;        for(int j = 1; j <= 500; j++)            for(int k = 1; k <= W; k++)            {                if(j - k < 1) break;                dp[i][j] = min(dp[i][j], abs(tow[i].first - j) * tow[i].second + dp[i - 1][j - k]);            }    }}void getans(){    for(int i = 1; i <= n; i++)        if(tow[i].second == mx)            ans = min(ans, dp[i][tow[i].first]);}int main(){    int T, cas = 0;    scanf("%d", &T);    while(T--)    {        scanf("%d%d%d", &n, &H, &W);        mx = 0, ans = INF;        for(int i = 1; i <= n; i++)        {            scanf("%d%d", &tow[i].first, &tow[i].second);            mx = max(tow[i].second, mx);        }        sort(tow + 1, tow + 1 + n);        gao();        getans();        for(int i = 1; i <= n; i++) tow[i].first = 501 - tow[i].first;        sort(tow + 1, tow + 1 + n);        gao();        getans();        if(ans == INF) ans = -1;        printf("Case #%d: %d\n", ++cas, ans);    }    return 0;}

F.Knots

呃。。神题吧。

G.Unique Path

就是求边的双连通分量。

然后把涉及到的边的两个端点都给标记掉。

其实就是跟求桥相反。 不是桥的边得端点肯定不行。

剩余的点组成了若干个连通块

每个连通块内，点与点之间都符合要求

#include <iostream>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cstdio>#include <map>#define MAXN 111111#define INF 1000000007using namespace std;int n, m;struct Edge{    int u, v, next;}edge[MAXN * 2];int tmpdfn, e, top, num[MAXN];int head[MAXN], vis[MAXN * 2];int dfn[MAXN], low[MAXN], fa[MAXN];int cnt;void init(){    e = 0, tmpdfn = 0, top = -1;    cnt = 0;    memset(head, -1, sizeof(head));    memset(vis, 0, sizeof(vis));    memset(dfn, 0, sizeof(dfn));    memset(num, 0, sizeof(num));}void insert(int x, int y){    edge[e].u = x;    edge[e].v = y;    edge[e].next = head[x];    head[x] = e++;}int find(int x){    if(x == fa[x]) return x;    int t = find(fa[x]);    fa[x] = t;    return t;}void dfs(int u, int fath){    dfn[u] = low[u] = ++tmpdfn;    for(int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next)    {        int v = edge[i].v;        if(!dfn[v])        {            dfs(v, u);            low[u] = min(low[u], low[v]);            if(low[v] <= dfn[u])                vis[u] = vis[v] = 1;        }        else if(v != fath) low[u] = min(low[u], dfn[v]);    }}int main(){    int T, u, v;    int cas = 0;    scanf("%d", &T);    while(T--)    {        scanf("%d%d", &n, &m);        init();        for(int i = 0; i < m; i++)        {            scanf("%d%d", &u, &v);            insert(u, v);            insert(v, u);        }        for(int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i, num[i] = 1;        for(int i = 1; i <= n; i++)            if(!dfn[i]) dfs(i, 0);        for(int i = 1; i <= n; i++)            for(int j = head[i]; j != -1; j = edge[j].next)            {                int v = edge[j].v;                if(!vis[i] && !vis[v])                {                    int fx = find(i);                    int fy = find(v);                    if(fx != fy)                    {                        fa[fy] = fx;                        num[fx] += num[fy];                        num[fy] = 0;                    }                }            }        printf("Case #%d: ", ++cas);        memset(vis, 0, sizeof(vis));        long long ans = 0;        for(int i = 1; i <= n; i++)        {            int t = find(i);            if(!vis[t])            {                vis[t] = 1;                ans += (long long)(num[t]) * (long long)(num[t] - 1) / 2;            }        }        printf("%lld\n", ans);    }    return 0;}

H.Alien Abduction

这题的话。

注意到

操作到的人次不会超过5W

也就是要快速找到这些符合要求的人

那么。

还是那个技巧。

所有点左旋45度

然后坐标转换。

用set给存下来

就能很快的找到这些点了

#include <iostream>#include <cstdio>#include <set>#include <vector>#include <cstring>#include <algorithm>#define INF 100000005#define MAXN 70000using namespace std;int N, Q, W, H;int X, Y, E, a, b, c, d, e, f, x, y;typedef pair<int, int> P;P ans[MAXN];typedef pair<int, P> PP;set<P>s[MAXN];set<int>xx;vector<PP>g;typedef set<int>::iterator Iter;typedef set<P>::iterator Pter;typedef long long LL;int getx(int tx, int ty){    return (tx - H + ty) / 2;}int gety(int tx, int ty){    return (ty - tx + H) / 2;}int main(){    int T;    int cas = 0;    scanf("%d", &T);    while(T--)    {        scanf("%d%d%d%d", &N, &Q, &W, &H);        for(int i = 0; i <= W + H; i++) s[i].clear();        xx.clear();        for(int i = 1; i <= N; i++)        {            scanf("%d%d", &x, &y);            s[x - y + H].insert(make_pair(x + y, i));            xx.insert(x - y + H);        }        for(int i = 0; i < Q; i++)        {            scanf("%d%d%d%d%d%d%d%d%d", &X, &Y, &E, &a, &b, &c, &d, &e, &f);            x = X - Y + H;            y = X + Y;            Iter it1 = xx.lower_bound(x - E);            Iter it2 = xx.upper_bound(x + E);            g.clear();            for(Iter it = it1; it != it2; it++)            {                int nowx = *it;                Pter pt1 = s[nowx].lower_bound(make_pair(y - E, -1));                Pter pt2 = s[nowx].upper_bound(make_pair(y + E, INF));                for(Pter pt = pt1; pt != pt2; pt++)                {                    P tmp = *pt;                    g.push_back(make_pair(nowx, tmp));                }            }            for(int j = 0; j < g.size(); j++)            {                int tx = g[j].first;                int ty = g[j].second.first;                int id = g[j].second.second;                s[tx].erase(g[j].second);                if(s[tx].size() == 0) xx.erase(tx);                x = getx(tx, ty);                y = gety(tx, ty);                LL newx = ((LL)x * (LL)a % W + (LL)y * (LL)b % W + (LL)id * (LL)c % W) % W;                LL newy = ((LL)x * (LL)d % H + (LL)y * (LL)e % H + (LL)id * (LL)f % H) % H;                tx = (newx - newy + H);                ty = newx + newy;                s[tx].insert(make_pair(ty, id));                xx.insert(tx);            }        }        for(Iter it = xx.begin(); it != xx.end(); it++)        {            int now = *it;            for(Pter pt = s[now].begin(); pt != s[now].end(); pt++)            {                P tmp = *pt;                ans[tmp.second].first = getx(now, tmp.first);                ans[tmp.second].second = gety(now, tmp.first);            }        }        printf("Case #%d:\n", ++cas);        for(int i = 1; i <= N; i++)            printf("%d %d\n", ans[i].first, ans[i].second);    }    return 0;}

I.Tiling

这题的话。。

刚开始百思不得其解

然后经zhou神一说就知道了。。

这题的模型可以转化成求某一列相邻两点的距离

首先可以发现第(0,0)点显然是可以的。。 

然后求一个尽量小的(X, 0)就行了。

我们先用两个两个向量去凑

对于(x1, y1)和(x2, y2)

我们可以凑成

(x1 * y2 - x2 * y1, y1 * y2 - y2 * y1)

即(x1 * y2 - x2 * y1, 0 )

然后有三个向量就有三种可能

假设这三种分别凑成了(a,0) (b,0) (c,0)

根据线性方程的话。

gcd(a, b, c) 是这三种数能凑成的最小的间隔

就是答案了。。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <set>#include <vector>#include <cstring>#include <algorithm>#define INF 100000005#define MAXN 70000using namespace std;int f(int x1, int y1, int x2, int y2){    return x1 * y2 - y1 * x2;}int main(){    int T, cas = 0;    int x1, x2, y1, y2, x3, y3;    scanf("%d", &T);    while(T--)    {        scanf("%d%d%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2, &x3, &y3);        int a = f(x1, y1, x2, y2);        int b = f(x1, y1, x3, y3);        int c = f(x2, y2, x3, y3);        printf("Case #%d: %d\n", ++cas, __gcd(abs(a), __gcd(abs(b), abs(c))));    }    return 0;}

J.Perfect Matching

貌似最裸的暴力是能在oj上过的。

但是从现场的感觉来看

不应该是那么裸才是