usaco 2017 2月月赛

usaco月赛题很健脑啊。。一直坚持没看题解自己做，感觉收获很大，希望自己能坚持下去。。

gold 1

给出一个n*n（输入）表格图，每个格子上都有一个权值（输入），现在从左上角走到右下角，每走一步需要花费t（输入）的代价，同时，每走三步需要花费当前所在格子权值的代价，求最小代价。

用spfa跑，状态用四位数压缩，表示为dis[now][step]，其中step表示当前走的步数%3的值，now表示当前所在格子，数组表示当前所用最小花费。

#include<iostream>#include<string.h>#include<algorithm>#include<math.h>#include<stdio.h>#include<queue>using namespace std;int get(int x,int y){return x*100+y;}bool vis[10050][3];int dis[10050][3];int score[10050];struct state{int w,s;};int n,t;queue<state> q;void spfa(){for(int i=0;i<10000;i++)dis[i][0]=dis[i][1]=dis[i][2]=0x3f3f3f3f;dis[0][0]=0;q.push((state){0,0});vis[0][0]=1;while(!q.empty()){state now=q.front();vis[now.w][now.s]=0;q.pop();if(now.w/100!=0){if(dis[now.w-100][1]>dis[now.w][0]+t){dis[now.w-100][1]=dis[now.w][0]+t;if(!vis[now.w-100][1])vis[now.w-100][1]=1,q.push((state){now.w-100,1});}if(dis[now.w-100][2]>dis[now.w][1]+t){dis[now.w-100][2]=dis[now.w][1]+t;if(!vis[now.w-100][2])vis[now.w-100][2]=1,q.push((state){now.w-100,2});}if(dis[now.w-100][0]>dis[now.w][2]+t+score[now.w-100]){dis[now.w-100][0]=dis[now.w][2]+t+score[now.w-100];if(!vis[now.w-100][0])vis[now.w-100][0]=1,q.push((state){now.w-100,0});}}if(now.w/100!=n-1){if(dis[now.w+100][1]>dis[now.w][0]+t){dis[now.w+100][1]=dis[now.w][0]+t;if(!vis[now.w+100][1])vis[now.w+100][1]=1,q.push((state){now.w+100,1});}if(dis[now.w+100][2]>dis[now.w][1]+t){dis[now.w+100][2]=dis[now.w][1]+t;if(!vis[now.w+100][2])vis[now.w+100][2]=1,q.push((state){now.w+100,2});}if(dis[now.w+100][0]>dis[now.w][2]+t+score[now.w+100]){dis[now.w+100][0]=dis[now.w][2]+t+score[now.w+100];if(!vis[now.w+100][0])vis[now.w+100][0]=1,q.push((state){now.w+100,0});}}if(now.w%100!=0){if(dis[now.w-1][1]>dis[now.w][0]+t){dis[now.w-1][1]=dis[now.w][0]+t;if(!vis[now.w-1][1])vis[now.w-1][1]=1,q.push((state){now.w-1,1});}if(dis[now.w-1][2]>dis[now.w][1]+t){dis[now.w-1][2]=dis[now.w][1]+t;if(!vis[now.w-1][2])vis[now.w-1][2]=1,q.push((state){now.w-1,2});}if(dis[now.w-1][0]>dis[now.w][2]+t+score[now.w-1]){dis[now.w-1][0]=dis[now.w][2]+t+score[now.w-1];if(!vis[now.w-1][0])vis[now.w-1][0]=1,q.push((state){now.w-1,0});}}if(now.w%100!=n-1){if(dis[now.w+1][1]>dis[now.w][0]+t){dis[now.w+1][1]=dis[now.w][0]+t;if(!vis[now.w+1][1])vis[now.w+1][1]=1,q.push((state){now.w+1,1});}if(dis[now.w+1][2]>dis[now.w][1]+t){dis[now.w+1][2]=dis[now.w][1]+t;if(!vis[now.w+1][2])vis[now.w+1][2]=1,q.push((state){now.w+1,2});}if(dis[now.w+1][0]>dis[now.w][2]+t+score[now.w+1]){dis[now.w+1][0]=dis[now.w][2]+t+score[now.w+1];if(!vis[now.w+1][0])vis[now.w+1][0]=1,q.push((state){now.w+1,0});}}}cout<<min(min(dis[get(n-1,n-1)][0],dis[get(n-1,n-1)][1]),dis[get(n-1,n-1)][2]);}int x;int main(){freopen("visitfj.in","r",stdin);freopen("visitfj.out","w",stdout);cin>>n>>t;for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<n;j++)cin>>x,score[get(i,j)]=x;spfa();}

gold 2

路两旁各有N只牛，N个牛棚，一只牛可以走到所有与自己编号值相差<=4的牛棚，问使牛棚间不相交的最大匹配数是多少

dp[i][j]表示第i只牛走到第j个牛棚且1~i的匹配都合法时最大匹配数，n^2dp即可

#include<iostream>#include<string.h>#include<stdio.h>#include<algorithm>#include<math.h>#include<vector>using namespace std;int a[1005],b[1005];vector<int> tu[1005];int n,dp[1005][1005];int main(){freopen("nocross.in","r",stdin);freopen("nocross.out","w",stdout);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[i];for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)if(abs(a[i]-b[j])<=4)tu[i].push_back(j);for(int i=1;i<=n;i++)dp[0][i]=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<=n;j++){dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j]);for(int k=0;k<tu[i].size();k++){int f=tu[i][k];if(f>j)dp[i][f]=max(dp[i][f],dp[i-1][j]+1);}}}int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,dp[n][i]);cout<<ans;}

gold 3

(相当于)给出n条端点不重合的线段，问有多少条线段两两相交（一个包含另一个不算），注意这里n<=100000!

这个题我还是想了好一会的（毕竟人太瓷了），先将所有起点全部插入一个树状数组，再把所有终点全部插入另一个树状数组，然后按照后端点排序，对于每个线段，ans+=起点树状数组中值小于该线段起点的个数-终点树状数组中值小于该线段起点的个数，然后把这个线段的起点，终点在各自的树状数组中删去，再处理下一条线段。

#include<iostream>#include<string.h>#include<stdio.h>#include<algorithm>#include<math.h>using namespace std;int a[100050],b[100050],n;int ans=0,q[100050],z[100050];struct line{int q,z;}per[100050];int in[200050],in2[200050]; int cmp(line a,line b){return a.z==b.z? (a.q>b.q):(a.z>b.z);}int lowbit(int x){return (x&(-x));} void plu(int pos,int num){while(pos<=2*n){in[pos]+=num;pos+=lowbit(pos);}} int sum(int end){int sum=0;while(end>0){sum+=in[end];end-=lowbit(end);}return sum;}void plus2(int pos,int num){while(pos<=2*n){in2[pos]+=num;pos+=lowbit(pos);}} int sum2(int end){int sum=0;while(end>0){sum+=in2[end];end-=lowbit(end);}return sum;}int main(){freopen("circlecross.in","r",stdin);freopen("circlecross.out","w",stdout);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=2*n;i++){scanf("%d",&a[i]);if(!per[a[i]].q)per[a[i]].q=i,plu(i,1);elseper[a[i]].z=i,plus2(i,1);}sort(per+1,per+n+1,cmp);int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){ans+=sum(per[i].q-1)-sum2(per[i].q-1);//cout<<sum(per[i].q-1)<<" "<<sum2(per[i].q-1)<<" "<<per[i].q<<" "<<per[i].z<<endl;plu(per[i].q,-1);plus2(per[i].z,-1);}cout<<ans<<endl;}

platinum 1

还是路两边各有N只牛，N个牛棚，这次牛只回属于自己的牛棚，但约翰很厉害，他可以将牛棚中最后任意k间牛棚不变顺序地提到最前面，如45123可以变成12345，当然也可以是34512，同时，他也可以选择用同样的办法对待这群奶牛，现在请求出修改后最小路径交叉对 数。

如果枚举k，那么肯定会爆，我们可以先处理出第i个奶牛所在牛棚位置，那么这个序列的最小逆序对数一定就是答案之一，注意当a[n]移到a[1]时，逆序对数会增加（a[n]-1）个，也会减少（n-a[n]）个，所以可以通过dp来获得修改后最大减少值。如果答案不是这个，那就是第一步处理改为第i间牛棚所在奶牛位置，再做上述操作。

为什么会分两种情况呢？是因为约翰即可选择改左边牛，也可选择改右边牛棚，所以都得顾及。

#include<iostream>#include<string.h>#include<algorithm>#include<math.h>#include<stdio.h>using namespace std;long long a1[500050],b1[500050],a[500050],b[500050];long long minn=0,zhuan,g[500050],minans=0x7f7f7f7f7f;long long tmp[500050],ans=0;int n;void merge(int l,int m,int r){int i=l,j=m+1,k=l;while(i<=m&&j<=r){if(a[i]>a[j]){tmp[k++]=a[j++];ans+=m-i+1;}elsetmp[k++]=a[i++];}while(i<=m)tmp[k++]=a[i++];while(j<=r)tmp[k++]=a[j++];for(int i=l;i<=r;i++)a[i]=tmp[i];}void mergesort(int l,int r){if(l<r){int m=(l+r)/2;mergesort(l,m);mergesort(m+1,r);merge(l,m,r);}}int main(){freopen("mincross.in","r",stdin);freopen("mincross.out","w",stdout);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a1[i]),a[a1[i]]=i;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&b1[i]),b[i]=a[b1[i]]; for(int i=1;i<=n;i++){ g[i]=g[i-1]+n-2*b[i]+1;minn=min(minn,g[i]);}for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=b[i];//for(int i=1;i<=n;i++)//if(g[i]<minn)//zhuan=i,minn=g[i];//for(int i=1;i<=n-zhuan;i++)//a[i]=b[i+zhuan];//for(int i=n-zhuan+1;i<=n;i++)//a[i]=b[i+zhuan-n];mergesort(1,n);minans=min(ans+minn,minans);for(int i=1;i<=n;i++)a[b1[i]]=i;for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=a[a1[i]];minn=0;for(int i=1;i<=n;i++){ g[i]=g[i-1]+n-2*b[i]+1;minn=min(minn,g[i]);}for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=b[i];ans=0;mergesort(1,n);minans=min(ans+minn,minans);cout<<minans<<endl;}

platinum 2

问题同gold2，但n的范围已经变成了100000，这就需要我们去优化。

开始想了好一会都没想到怎么优化，不知道为什么在看机房别人打游戏时突然想到了（手动滑稽）：因为在枚举i以前的状态时，我们只关心这个状态的最后一个位置在哪，以及这个的匹配数，而且这个“”最后一个位置“只要比当前小就好了，我们并不关心他们的，那为什么不用一棵线段树，维护区间最大值来优化转移呢？

#include<iostream>#include<string.h>#include<math.h>#include<stdio.h>#include<algorithm>#define mid (l+r)/2#define lson rt*2#define rson rt*2+1using namespace std;int a[100050],b[100050],loc[100050],n,all[100050][10],f[100050][10];int dp[100050][15];struct node{int maxx,flag;}tree[400050];void pushup(int rt){tree[rt].maxx=max(tree[rson].maxx,tree[lson].maxx);}void pushdown(int rt){if(tree[rt].flag){tree[rson].flag=tree[lson].flag=tree[rt].flag;tree[rt].flag=0;tree[lson].maxx=tree[lson].flag;tree[rson].maxx=tree[rson].flag;}}void ins(int rt,int l,int r,int L,int R,int v){if(L>r||l>R)return ;if(L<=l&&r<=R){tree[rt].maxx=v,tree[rt].flag=v;return ;}pushdown(rt);ins(lson,l,mid,L,R,v);ins(rson,mid+1,r,L,R,v);pushup(rt);}int query(int rt,int l,int r,int L,int R){if(L>r||l>R)return 0;if(L<=l&&r<=R)return tree[rt].maxx;pushdown(rt);return max(query(lson,l,mid,L,R),query(rson,mid+1,r,L,R));}int main(){freopen("nocross.in","r",stdin);freopen("nocross.out","w",stdout);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]),loc[b[i]]=i;for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]>=5)all[i][1]=loc[a[i]-4];if(a[i]>=4)all[i][2]=loc[a[i]-3];if(a[i]>=3)all[i][3]=loc[a[i]-2];if(a[i]>=2)all[i][4]=loc[a[i]-1];all[i][5]=loc[a[i]];if(a[i]<=n-4)all[i][6]=loc[a[i]+4];if(a[i]<=n-3)all[i][7]=loc[a[i]+3];if(a[i]<=n-2)all[i][8]=loc[a[i]+2];if(a[i]<=n-1)all[i][9]=loc[a[i]+1];}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=9;j++){if(all[i][j])f[i][j]=query(1,0,n,0,all[i][j]-1);}for(int j=1;j<=9;j++){if(all[i][j]){int ms=query(1,0,n,all[i][j],all[i][j]);if(ms<f[i][j]+1)ins(1,0,n,all[i][j],all[i][j],f[i][j]+1);}}}cout<<query(1,0,n,0,n);}

platinum 3

这是这套题中对我而言最有纪念意义的题了。

还是两边N只牛N个牛棚，这次牛们只能一一对应回自己的棚，问有多少对线路相交而且牛的编号差距小于k（输入）。

这是一道三位偏序问题，要用CDQ分治，我先是想了半个多小时才发现这是三维偏序问题。。之前一直没写出来过cdq分治，只是知道其思想，而这道题则是我第一次实践，能够在没看题解的情况下自己YY出做法和cdq分治并AC，对我这个蒟蒻而言已经是很有纪念意义了。。。。

这次用结构体存两个量，第i个表示第i个牛棚，第一个量所对应的牛棚牛棚编号，第二个量表示所对应牛的位置。

solve(l,r)时，先将(l,mid)(mid+1,r)按照对应牛位置排序，因为要求的是逆序对，所以这样排序的话对于左区间的点直接查看已经插入了那些点（这些点一定是编号在它前面的），然后像归并排序那样依次看左右两个区间谁小，如果右边小，那么把1插入到它的对应编号即可，如果左边小，（设此时编号为x）ans便+=sum(x-k-1)+(sum(n)-sum(x+k))，顺便注意判一下边界，同时每次solve完树状数组要清零即可。

#include<iostream>#include<string.h>#include<algorithm>#include<stdio.h>#include<math.h>#define mid (l+r)/2using namespace std;const int N=100050;long long a1,b1[N],a[N],b[N];int n,k;long long in[N];long long ans=0;struct node{long long w,h;}line[N];int cmp(node a,node b){return a.w<b.w;}long long lowbit(int x){return x&(-x);}void plu(int pos,long long num){while(pos<=2*n){in[pos]+=num;pos+=lowbit(pos);}} long long sum(int end){long long sum=0;while(end>0){sum+=in[end];end-=lowbit(end);}return sum;}void solve(int l,int r){if(l==r)return ;solve(l,mid);solve(mid+1,r);sort(line+l,line+mid+1,cmp);sort(line+mid+1,line+r+1,cmp);int i=l,j=mid+1;while(i<=mid&&j<=r){if(line[i].w< line[j].w){if(line[i].h>k)ans+=sum(line[i].h-k-1);if(line[i].h<=n-k)ans+=sum(n)-sum(line[i].h+k);i++;}else{plu(line[j].h,1);j++;}}while(i<=mid){if(line[i].h>k)ans+=sum(line[i].h-k-1);if(line[i].h<=n-k)ans+=sum(n)-sum(line[i].h+k);i++;}while(j<=r)plu(line[j].h,1),j++;for(int i=mid+1;i<=r;i++)plu(line[i].h,-1);}int main(){freopen("friendcross.in","r",stdin);freopen("friendcross.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&k);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a1),a[a1]=i;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&b1[i]),b[i]=a[b1[i]];for(int i=1;i<=n;i++)line[i].w=b[i],line[i].h=b1[i];solve(1,n);cout<<ans<<endl;}