2018-2019 ACM-ICPC, Asia East Continent Finals Solution

D. Deja vu of … Go Players

签。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t, n, m;

int main()
{
    scanf("%d", &t);
    while (t--)
    {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        for (int i = 1; i <= n + m; ++i) scanf("%*d");
        puts(n <= m ? "Yes" : "No");
    }
    return 0;
}

I. Misunderstood … Missing

题意：

$有n轮游戏，每一轮有三个参数a_i, b_i, c_i$

初始攻击力为$A = 0, 成长值为D = 0$

每一轮的开头 $A = A + D$

接着三种操作选一个

• 造成$A + a_i点伤害$
• $D = D + b_i$
• $A = A + c_i$

求造成的最大伤害和是多少

思路：

倒着$dp, dp[i][j][k] 表示当前处于第i轮，在后面的轮数中要进行j次攻击，时间点之和为k$

那么到当前点，我们就可以

通过$k;来算出如果当前点选择第二种操作的贡献$

$dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i + 1][j][k] + c[i] * j)$

$通过j;来算出如果当前点选择第三种操作的贡献$

$dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i + 1][j][k] + (k - i * j) * b[i])$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define N 110
#define M 6010
int t, n;
ll dp[2][N][M], a[N], b[N], c[N];

int main()
{
    scanf("%d", &t);
    while (t--)
    {
        scanf("%d", &n);
        for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld%lld%lld", a + i, b + i, c + i);
        for (int i = 0; i < 2; ++i) for (int j = 0; j <= n; ++j) for (int k = 0; k <= 5050; ++k) dp[i][j][k] = -1;
        dp[n & 1 ^ 1][0][0] = 0;
        for (int i = n; i >= 1; --i)
        {
            for (int j = 0; j <= n; ++j) for (int k = 0; k <= 5050; ++k) if (dp[i & 1 ^ 1][j][k] != -1) 
            {
                dp[i & 1][j + 1][k + i] = max(dp[i & 1][j + 1][k + i], dp[i & 1 ^ 1][j][k] + a[i]);
                dp[i & 1][j][k] = max(dp[i & 1][j][k], dp[i & 1 ^ 1][j][k] + 1ll * j * c[i]);
                dp[i & 1][j][k] = max(dp[i & 1][j][k], dp[i & 1 ^ 1][j][k] + 1ll * (k - j * i) * b[i]);
            }
        }
        ll res = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) for (int j = 1; j <= 5050; ++j) res = max(res, dp[1][i][j]);
        printf("%lld
", res);
    }
    return 0;
}

L. Eventual … Journey

题意：

有两个阵营，阵营之间的人可以两两之间通过花费1来相互到达

不同阵营之间如果有直接边也可以直接相互到达，如果没有直接边，可以通过间接到达

即先到达一个有边连到对方阵营的同阵营的人，再过去

思路：

考虑花费一共有三种情况

1：同阵营之间的相互到达，不同阵营之间有边可以直接到达

2：不同阵营之间没有直接边，但是有一方有直接边连向对方阵营

3：两个属于不同阵营，且都没有直接边连向对方阵营

要注意m = 0的时候，不同阵营之间不可达

还有 它给出的公共边可能有相同阵营的

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define N 100010
int n, m;
int cnt[2], zero[2], degree[N], vis[N];

int main()
{
    while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF)
    {
        memset(degree, 0, sizeof degree);
        cnt[0] = cnt[1] = 0;
        zero[0] = zero[1] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) 
        {
            scanf("%d", vis + i);
            ++cnt[vis[i]];
        }
        if (m == 0)
        {
            for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d%c", cnt[vis[i]] - 1, " 
"[i == n]);
            continue;
        }
        for (int i = 1, u, v; i <= m; ++i)
        {
            scanf("%d%d", &u, &v);
            if (vis[u] == vis[v]) continue;
            ++degree[u];
            ++degree[v];
        }
        for (int i = 1; i <= n; ++i) if (!degree[i])
            ++zero[vis[i]];
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            int res = 0;
            if (degree[i]) res = cnt[vis[i]] - 1 + degree[i] + (cnt[vis[i] ^ 1] - degree[i]) * 2;
            else res = cnt[vis[i]] - 1 + cnt[vis[i] ^ 1] * 2 + zero[vis[i] ^ 1];
            printf("%d%c", res, " 
"[i == n]); 
        }
    }
    return 0;
}