POI2013

bzoj 3144

先二分答案，然后就是求一些条件是否都可行。
首先一个人一定在第一次记录到最后一次记录的这段区间内出现。
然后每段区间可以两边扩展，如果一个人没有记录过那么他的区间是任意的。
那么可以把当前工作的人分成三类：在区间内的人，区间未开始的人，区间已经结束的人。
没记录过的人属于第二种。
首先如果一个时间有两个人记录的不一样，那么一定无解。
如果某个时刻必选的人数大于要求的人数那么无解。
把区间在这个点开始的人加入第一类。
如果总人数太少那么将一些人加入第二类。
如果总人数太多先去掉第三类人，再去掉第二类人。
把在这个区间结尾的人从第一类加入第三类。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 110000int T,n,m;int tim[N],pos[N],num[N];int ql[N],qr[N],st[N],en[N],v[N],cl[N],cr[N];int check(int p){    for(int i=1;i<=n;i++)ql[i]=m,qr[i]=0;    for(int i=1;i<=m;i++)v[i]=0,cl[i]=0,cr[i]=0;    for(int i=1,t,x,y;i<=p;i++)    {        t=tim[i];x=pos[i];y=num[i];        if(v[t]&&v[t]!=y)return 0;        ql[x]=min(ql[x],t);qr[x]=max(qr[x],t);        v[t]=y;    }    for(int i=1;i<=n;i++)        if(qr[i])cl[ql[i]]++,cr[qr[i]]++;    int sum=0,rem=n,pl=0,pr=0;    for(int i=1;i<=m;i++)        if(v[i])        {            sum+=cl[i];            if(sum>v[i])return 0;            while(cl[i]--){if(pl)pl--;else rem--;}            while(sum+pl+pr<v[i])pl++,rem--;            while(sum+pl+pr>v[i]){if(pr)pr--;else pl--;}            sum-=cr[i];pr+=cr[i];            if(rem<0)return 0;        }    return 1;}int main(){    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        scanf("%d%d",&n,&m);        for(int i=1;i<=m;i++)            scanf("%d%d%d",&tim[i],&pos[i],&num[i]),num[i]++;        int l=0,r=m;        while(l<=r)        {            int mid=(l+r)>>1;            if(check(mid))l=mid+1;            else r=mid-1;        }        printf("%d\n",r);    }    return 0;}

bzoj 3415

题意：n个点m条边无向图，每条边权值为a，在每对最短距离为2a的点间加权值为b的边。求点K到其他点的最短路。

出题人脑洞太大+暴力出奇迹。。。。
设K到点i的最短路为x，最短偶数长度的路径为y，答案可能为xa,x/2∗b+x%2∗a,y/2∗b。
前两个bfs一遍就出来了。。
对于第三个，考虑暴力：每次找与当前点连边的所有点，再找与那些点连边的所有点。如果还没有被访问过那么标记并推入队列。
不过这个是m2 的。
考虑从第一层的x找到第二层y后下一次再以x为第一层找第二层时不访问x到y的边。可以用双向边表维护第二层的边。
然后删掉的边是O(m) 的。复杂度等于未删的边的访问次数,只能在三角形中出现：
∑min(du[i]2,m)≤∑du[i]2m−−−−−−√=∑du[i]m−−√=O(mm−−√)

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 210000int n,m,a,b,K;queue<int>q;int ans[N],deep[N],vis[N];struct edge{    int head[N],nex[N],to[N],pre[N],tot;    void add(int x,int y)    {        tot++;        nex[tot]=head[x];pre[head[x]]=tot;        head[x]=tot;to[tot]=y;    }    void ade(int x,int y)    {add(x,y);add(y,x);}    void del(int x,int y)    {        if(y==head[x])head[x]=nex[y];        else        {            nex[pre[y]]=nex[y];            pre[nex[y]]=pre[y];        }    }}e1,e2;int main(){    //freopen("tt.in","r",stdin);    scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&K,&a,&b);    for(int i=1,x,y;i<=m;i++)    {        scanf("%d%d",&x,&y);        e1.ade(x,y);e2.ade(x,y);    }    q.push(K);deep[K]=1;    while(!q.empty())    {        int x=q.front();q.pop();        for(int i=e1.head[x],t;i;i=e1.nex[i])            if(!deep[t=e1.to[i]])            {                deep[t]=deep[x]+1;                q.push(t);            }    }    for(int i=1,t;i<=n;i++)    {        t=deep[i]-1;deep[i]=0;        ans[i]=min(t*a,(t>>1)*b+(t&1)*a);    }    q.push(K);deep[K]=1;    while(!q.empty())    {        int x=q.front();q.pop();        for(int i=e1.head[x];i;i=e1.nex[i])            vis[e1.to[i]]=1;        for(int i=e1.head[x],t1,t2;i;i=e1.nex[i])        {            for(int j=e2.head[t1=e1.to[i]];j;j=e2.nex[j])                if(!deep[t2=e2.to[j]]&&!vis[t2])                {                    deep[t2]=deep[x]+1;                    q.push(t2);                    e2.del(t1,j);                }        }        for(int i=e1.head[x];i;i=e1.nex[i])            vis[e1.to[i]]=0;    }    for(int i=1;i<=n;i++)        if(deep[i])            ans[i]=min(ans[i],(deep[i]-1)*b);    for(int i=1;i<=n;i++)        printf("%d\n",ans[i]);    return 0;}

bzoj 3416

这个倒过来就相当于每次取一段连续的区间。这个只和中间的c是谁有关，和两边的b的取法无关。因此只需要每次找一个两边b个数大于等于k的c删掉，这个我用了两个双向链表维护。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 1100000int n,m;char s[N];int n1[N],p1[N],n2[N],p2[N],L[N],R[N],vis[N];queue<int>q;vector<int>ans[N];int main(){    //freopen("tt.in","r",stdin);    scanf("%d%d",&n,&m);    scanf("%s",s+1);    for(int i=0;i<=n;i++)        n1[i]=i+1,p1[i]=i-1;    int now=n+1;    for(int i=n;i>=1;i--)        if(s[i]=='c')            n2[i]=now,p2[now]=i,now=i;    n2[0]=now;    for(int i=n2[0];i<=n;i=n2[i])    {        L[i]=i-p2[i]-1,R[i]=n2[i]-i-1;        if(L[i]+R[i]>=m)q.push(i);    }    for(int now=1;now<=n/(m+1);now++)    {        int t=q.front();        for(;L[t]+R[t]<m||vis[t];t=q.front())q.pop();        vis[t]=1;        R[p2[t]]=L[n2[t]]=L[t]+R[t]-m;        if(p2[t]&&L[p2[t]]+R[p2[t]]>=m)q.push(p2[t]);        if(n2[t]<=n&&L[n2[t]]+R[n2[t]]>=m)q.push(n2[t]);        p2[n2[t]]=p2[t];n2[p2[t]]=n2[t];        int ln=min(L[t],m),rn=m-ln,lp=p1[t],rp=n1[t];        for(int i=1;i<=ln;i++)lp=p1[lp];        for(int i=1;i<=rn;i++)rp=n1[rp];        for(int i=n1[lp];i!=rp;i=n1[i])            ans[now].push_back(i);        n1[lp]=rp;p1[rp]=lp;        }    for(int now=n/(m+1);now>=1;now--)    {        for(int j=0;j<m;j++)            printf("%d ",ans[now][j]);        printf("%d\n",ans[now][m]);    }    return 0;}

bzoj 3147

首先如果存在长度为d(d>0) 的路径，一定存在长度为d+2k 的路径。因为可以在一条边上摩擦。
因此只需要处理两点之间长度为奇数和偶数的最短路就可以了。
把询问离线，从每个点出发跑分层图spfa。
由于边权都为1因此也可以bfs。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 5100#define M 1100000struct node{int x,d,pos;};vector<node>v[N];int n,m,K,tot;int head[N],nex[N<<1],to[N<<1];int f[N][2],inq[N],ans[M];queue<int>q;void add(int x,int y){    tot++;    nex[tot]=head[x];head[x]=tot;    to[tot]=y;}int main(){    scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);    for(int i=1,x,y;i<=m;i++)    {        scanf("%d%d",&x,&y);        add(x,y);add(y,x);    }    for(int i=1,x,y,d;i<=K;i++)    {        scanf("%d%d%d",&x,&y,&d);        v[x].push_back((node){y,d,i});    }    for(int now=1;now<=n;now++)    {        memset(f,0x3f,sizeof(f));        for(int i=head[now];i;i=nex[i])        {            f[to[i]][1]=1;inq[to[i]]=1;            q.push(to[i]);        }        while(!q.empty())        {            int tmp=q.front();q.pop();            inq[tmp]=0;            for(int i=head[tmp];i;i=nex[i])            {                   int flag=0;                for(int j=0;j<=1;j++)                    if(f[to[i]][j]>f[tmp][j^1]+1)                               f[to[i]][j]=f[tmp][j^1]+1,flag=1;                if(flag&&!inq[to[i]])                    inq[to[i]]=1,q.push(to[i]);            }        }        for(int i=0;i<v[now].size();i++)        {            node t=v[now][i];            ans[t.pos]=(f[t.x][t.d&1]<=t.d);        }    }    for(int i=1;i<=K;i++)        puts(ans[i] ? "TAK":"NIE");    return 0;}

bzoj 3418

找出每一段连续的未被照亮的区间，设左右端点为L,R。那么光源一定在直线L,R上。

如果L-1,R+1在直线L,R的同侧那么一定无解。
如果L,R之间的部分和直线L,R有交点，无解。
如果L,R之间的部分在直线L,R右侧，无解。

如果有未被照亮的区间：解一定在所有直线L,R的交集中，为一条直线或一个点。如果所有L,R不交于一个点那么无解。
对于其他被照亮的线段，每条线段给当前解的直线或线段确定一个左端点或右端点。同时判断一下无解的情况。

如果没有未被照亮的区间：如果最后有解那么解一定是一些边所在的直线交出来的一个面。那么可以理解为最后解在其中一条边所在的直线上。同上述做法，其他每条边给当前解确定一个左右端点。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define ld long double#define N 1100const ld inf=1e9;int T,n,cnt;char s[11];int val[N<<1];ld read(){int x;scanf("%d",&x);return (ld)x;}struct poi{    ld x,y;    poi(){}    poi(ld x,ld y):x(x),y(y){}    friend poi operator - (const poi &r1,const poi &r2)    {return poi(r1.x-r2.x,r1.y-r2.y);};    friend ld operator ^ (const poi &r1,const poi &r2)    {return r1.x*r2.y-r2.x*r1.y;};    friend bool operator != (const poi &r1,const poi &r2)    {return r1.x!=r2.x||r1.y!=r2.y;};}p[N<<1],a[N],b[N];struct line{    poi p,v;    line(){}    line(poi p,poi v):p(p),v(v){}};int turn(poi p1,poi p2,poi p3){return ((p2-p1)^(p3-p2))>0;}int onleft(line l1,poi p1){return (l1.v^(p1-l1.p))>0;}int ins_seg(poi p1,poi p2,poi p3,poi p4){    line l1(p1,p1-p2),l2(p3,p3-p4);    return (onleft(l1,p3)^onleft(l1,p4))&&(onleft(l2,p1)^onleft(l2,p2));}ld ins_line(poi p1,poi p2,poi p3,poi p4){return ((p4-p3)^(p1-p3))/((p1-p2)^(p3-p4));}int check(poi p1,poi p2){    ld l=-inf,r=inf;int flag=0;    for(int i=1;i<=cnt;i++)    {        if(((p2-p1)^(b[i]-a[i]))==0)        {            if(p1!=a[i]&&p2!=b[i])return 0;        }        else        {            ld x=ins_line(p1,p2,a[i],b[i]);            if(l!=-inf&&l!=x)return 0;            l=r=x;flag=1;        }    }    for(int i=1;i<=n;i++)        if(val[i])        {            if(((p2-p1)^(p[i]-p[i+1]))==0)            {                if(((p[i+1]-p[i])^(p1-p[i]))>0)                    return 0;            }            else            {                ld x=ins_line(p1,p2,p[i],p[i+1]);                if(flag&&(x==l))return 0;                if(((p2-p1)^(p[i+1]-p[i]))>0)l=max(l,x);                else r=min(r,x);                if(!flag&&l==r)return 0;                if(l>r)return 0;            }        }    return 1;}int solve(){    int l=1,r,t;cnt=0;    for(;!val[l]&&l<=n;l++);    if(l>n)return 0;    for(r=l,t=l;l<n+t;l=++r)        if(!val[l])        {            for(;!val[r];r++);            int t1=turn(p[l-1],p[l],p[r]),t2=turn(p[l],p[r],p[r+1]);            if(t1==t2)return 0;            for(int i=l+1;i<r-1;i++)                if(ins_seg(p[i],p[i+1],p[l],p[r]))return 0;            if(r>l+1&&t2&&turn(p[l],p[r],p[r-1])!=turn(p[l],p[r],p[r+1]))return 0;            if(r>l+1&&t1&&turn(p[r],p[l],p[l-1])!=turn(p[r],p[l],p[l+1]))return 0;            a[++cnt]=p[l];b[cnt]=p[r];        }    if(!cnt)    {        for(int i=1;i<=n;i++)            if(check(p[i],p[i+1]))return 1;        return 0;    }    return check(a[1],b[1]);}int main(){    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        scanf("%d",&n);        for(int i=1;i<=n;i++)            p[i].x=read(),p[i].y=read();        for(int i=1;i<=n;i++)            scanf("%s",s),val[i]=(s[0]=='S');        for(int i=1;i<=n;i++)p[i+n]=p[i],val[i+n]=val[i];        p[0]=p[n];val[0]=val[n];        p[n*2+1]=p[1];val[n*2+1]=val[1];        puts(solve() ? "TAK":"NIE");    }    return 0;}

bzoj 3419

如果m=d 的话每次选最长的贪心。这个东西推一下式子就行。
否则需要留出来一个最后一次走过去。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long#define N 510000ll m,d;int n;ll a[N];int cmp(ll x,ll y){return x>y;}int main(){    scanf("%lld%lld%d",&m,&d,&n);    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);    sort(a+1,a+1+n,cmp);    int pos=0;    for(;a[pos+1]>=m-d&&pos<n;pos++);    if(!pos)return puts("0"),0;    ll sum=0;int ans=1;    for(int i=1;i<=n;i++)        if(i!=pos)        {            if(m-sum+d-sum<=a[pos])break;            if(a[i]<(d-sum))return puts("0"),0;            ans++;sum+=a[i]-(d-sum);            if(sum>=d)break;        }       if(m-sum+d-sum>a[pos])return puts("0"),0;    printf("%d\n",sum>=m ? ans-1:ans);    return 0;}

bzoj 3420

二分答案。设f[i] 表示现在在点i，i及i的子树中需要的额外点数。
那么 f[i]=(∑f[son[i]]+1)−v，v为现在二分的答案。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 310000#define ll long long int n,tot,ans,v;queue<int>q;int head[N],nex[N<<1],to[N<<1];ll f[N];void add(int x,int y){    tot++;    nex[tot]=head[x];head[x]=tot;    to[tot]=y;}void dfs(int x,int y){    f[x]=0;    ll cnt=0,sum=0;    for(int i=head[x];i;i=nex[i])        if(to[i]!=y)        {            dfs(to[i],x);            cnt++;sum+=f[to[i]];        }    f[x]=max(sum+cnt-v,0ll);}int check(int x){    v=x;dfs(1,0);    return !f[1];}int main(){    scanf("%d",&n);    if(n==1)return puts("0"),0;    for(int i=1,x,y;i<n;i++)    {        scanf("%d%d",&x,&y);        add(x,y);add(y,x);    }    int l=1,r=n;    while(l<=r)    {        int mid=(l+r)>>1;        if(check(mid))r=mid-1;        else l=mid+1;    }    printf("%d\n",l);    return 0;}

bzoj 3421

辣鸡bz卡我常数毁我青春
有一个结论，如果两个点所在的块大小都大于n*k则两个点在一块内。
那么分别从两个点开始bfs，如果搜n*k步以内能搜到另一个点或块内都有大于等于n*k个点那么有解。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define mod 9999991#define N 5100000#define M 11000000#define ll long long int n,m,r1,r2,mx,tot;int nex[N],head[M];ll S,T,t;ll q[N],val[N],a[1100000],bir[62];void ins1(ll x){    int t=x%mod;    val[++tot]=x;    nex[tot]=head[t];head[t]=tot;}void ins2(ll x){    int t=x%mod;    for(int i=head[t];i;i=nex[i])        if(val[i]==x)return;    val[++tot]=x;    nex[tot]=head[t];head[t]=tot;    q[++r1]=x;}ll trs(){    ll ret=0;    char c=getchar();    for(;c!='0'&&c!='1';c=getchar());    for(int i=1;i<=n;i++)        ret=(ret<<1)+(c=='1'),c=getchar();    return ret;}int main(){    scanf("%d%d",&n,&m);    S=trs();T=trs();mx=n*m;    int i,j;    bir[0]=1;    for(i=1;i<=n;i++)        bir[i]=bir[i-1]<<1;    for(i=1;i<=m;i++)        a[i]=trs(),ins1(a[i]);    q[r1=1]=S;ins2(S);    for(i=1;i<=r1&&r1<=mx+1;i++)    {        t=q[i];        if(t==T)return puts("TAK"),0;        for(j=0;j<n;j++)            ins2(t^bir[j]);    }    if(r1<=mx)return puts("NIE"),0;    memset(head,0,sizeof(head));tot=0;    for(i=1;i<=m;i++)ins1(a[i]);    r2=r1;q[r1=1]=T;ins2(T);    for(i=1;i<=r1&&r1<=mx+1;i++)    {        t=q[i];        if(t==S)return puts("TAK"),0;        for(j=0;j<n;j++)            ins2(t^bir[j]);    }    return puts(r1>mx&&r2>mx ? "TAK":"NIE"),0;}