T1. 只不过是长的领带
大水题，把 (a_i,b_i) 从小到大排序。
发现最优方案只可能是大的 (a_i) 跟大的 (b_i) 匹配，小的 (a_i) 与小的 (b_i) 匹配。
故前缀后缀各算一遍最大值就行了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fz(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define ffe(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define pb push_back
#define ppb pop_back
#define mp make_pair
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int MAXN=2e5+5;
int n,b[MAXN];pii a[MAXN];
int pre[MAXN],suf[MAXN],ans[MAXN];
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n+1;i++) scanf("%d",&a[i].fi),a[i].se=i;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);
sort(a+1,a+n+2);sort(b+1,b+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=max(pre[i-1],max(a[i].fi-b[i],0));
for(int i=n;i;i--) suf[i]=max(suf[i+1],max(a[i+1].fi-b[i],0));
for(int i=1;i<=n+1;i++) ans[a[i].se]=max(pre[i-1],suf[i]);
for(int i=1;i<=n+1;i++) printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}
T2. JJOOII
发现 (1) 操作其实是删除 (s) 的一个前缀，(2) 操作其实是删除 (s) 的一个后缀。
预处理出 (nxt_{i,0/1/2}) 表示从 (i) 开始最少需要扩展到什么位置才能存在 (k) 个 'J'/'O'/'I'，双针扫一遍。
我们枚举这个前缀删了多少个字符，用 (nxt) 数组求出在这种情况下后缀最多删了多少个字符，更新答案即可。
时间复杂度 (mathcal O(n))。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=2e5+5;
char s[MAXN];
int n,k,nxt[MAXN][3];
int main(){
scanf("%d%d%s",&n,&k,s+1);
int cur=1,num=0;
while(cur<=n&&num<k) num+=(s[cur++]=='J');cur--;
for(int i=1;i<=n+1;i++){
nxt[i][0]=cur;
if(s[i]=='J'){
if(cur!=n+1) cur++;
while(cur<=n&&s[cur]!='J') cur++;
}
}
cur=1,num=0;
while(cur<=n&&num<k) num+=(s[cur++]=='O');cur--;
for(int i=1;i<=n+1;i++){
nxt[i][1]=cur;
if(s[i]=='O'){
if(cur!=n+1) cur++;
while(cur<=n&&s[cur]!='O') cur++;
}
}
cur=1,num=0;
while(cur<=n&&num<k) num+=(s[cur++]=='I');cur--;
for(int i=1;i<=n+1;i++){
nxt[i][2]=cur;
if(s[i]=='I'){
if(cur!=n+1) cur++;
while(cur<=n&&s[cur]!='I') cur++;
}
}
int ans=n+1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int r=nxt[i][0];
if(r!=n+1) r=nxt[r+1][1];
if(r!=n+1) r=nxt[r+1][2];
if(r!=n+1) ans=min(ans,r-i+1-(k*3));
} printf("%d
",(ans==n+1)?(-1):ans);
}
T3. 集邮比赛
(dp)，(dp_{l,r,k,0/1}) 表示逆时针收集了 (l) 个，顺时针收集了 (r) 个，当前在左边还是右边所需的最小时间。
转移从 (dp_{l,r}) 更新到 (dp_{l+1,r}) 和 (dp_{l,r+1})，看时间是否 (leq t_l) 判断能否收集。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T> void chkmin(T &a,T b){if(a>b) a=b;}
template<typename T> void chkmax(T &a,T b){if(a<b) a=b;}
const int MAXN=200+5;
int n,L,x[MAXN],t[MAXN],s[MAXN];
ll dp[MAXN][MAXN][MAXN][2];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&L);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&t[i]);
memset(dp,63,sizeof(dp));dp[0][0][0][0]=0;
for(int i=0;i<=n;i++) for(int j=0;j+i<n;j++){
for(int k=0;k<=i+j;k++){
chkmin(dp[i+1][j][k+((dp[i][j][k][0]+x[i+1]-x[i])<=t[i+1])][0],dp[i][j][k][0]+x[i+1]-x[i]);
chkmin(dp[i+1][j][k+((dp[i][j][k][1]+L-x[n-j+1]+x[i+1])<=t[i+1])][0],dp[i][j][k][1]+L-x[n-j+1]+x[i+1]);
chkmin(dp[i][j+1][k+((dp[i][j][k][1]+x[n-j+1]-x[n-j])<=t[n-j])][1],dp[i][j][k][1]+x[n-j+1]-x[n-j]);
chkmin(dp[i][j+1][k+((dp[i][j][k][0]+L-x[n-j]+x[i])<=t[n-j])][1],dp[i][j][k][0]+L-x[n-j]+x[i]);
}
}
int ans=0;
for(int i=0;i<=n;i++) for(int j=0;j+i<=n;j++) for(int k=0;k<=i+j;k++){
if(dp[i][j][k][0]<1e18) chkmax(ans,k);
if(dp[i][j][k][1]<1e18) chkmax(ans,k);
} printf("%d
",ans);
}
T4. 奥运公交
这题想了好久。。。我觉得我要爆了。
首先枚举 (m)，计算翻转每条边后 (1 o n) 和 (n o 1) 的最短路。
这里以 (1 o n) 为例，(n o 1) 同理。
翻转后 (1 o n) 的最短路可以分为两种情况：经过这条边和不经过这条边。也就是不经过这条边的 (1 o n) 的最短路，与不经过这条边的 (1 o v) 的最短路 (+c_i+) 不经过这条边的 (u o n) 的最短路的较小值。
不难发现不经过这条边的 (u o n) 的最短路的较小值可以通过建反图归约到前一类。
于是本题就变为，如何求出不经过某条边的从源点出发到达某个点的最短路。
不难发现，不在最短路树上的边不会对答案造成影响，故如果这条边不在最短路上，那就返回原始的最短路。
否则，最短路树上的边顶多 (n-1) 个，你重新跑 (n-1) 次 dijkstra 也能接受。
怎样求最短路树？很简单，你记录每个点的前驱，它们形成的就是一个最短路树。
最后，堆优化的 dijkstra 是 (mlog m) 的，朴素 dijkstra 是 (n^2) 的。由于本题的图是稠密图，堆优化的 dijkstra 反而跑不过朴素的 dijkstra。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=200+5;
const int MAXM=5e4+5;
int n,m,u[MAXM],v[MAXM],c[MAXM],d[MAXM];
struct graph{
int hd[MAXN],to[MAXM],nxt[MAXM],cst[MAXM],ec,from,pre[MAXN];
bool on[MAXM],vis[MAXN];
ll dist[MAXN],odist[MAXN];
void adde(int u,int v,int c){
to[++ec]=v;cst[ec]=c;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;
}
void dijkstra(int forbid){
memset(dist,63,sizeof(dist));
memset(pre,0,sizeof(pre));
memset(vis,0,sizeof(vis));
dist[from]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
ll mn=1e18;int x=n+1;
for(int j=1;j<=n;j++) if(dist[j]<mn&&!vis[j]) mn=dist[j],x=j;
if(x==n+1) break;vis[x]=1;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
if(e==forbid) continue;
int y=to[e],z=cst[e];
if(dist[y]>dist[x]+z){
dist[y]=dist[x]+z;pre[y]=e;
}
}
}
}
void prework(){
dijkstra(0);
for(int i=1;i<=n;i++) odist[i]=dist[i];
// for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",odist[i]);printf("
");
for(int i=1;i<=n;i++) on[pre[i]]=1;
}
ll calc(int e,int x){
if(!on[e]) return odist[x];
dijkstra(e);return dist[x];
}
} g[4];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
g[0].from=g[2].from=1;g[1].from=g[3].from=n;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d%d",&u[i],&v[i],&c[i],&d[i]);
g[0].adde(u[i],v[i],c[i]);g[1].adde(u[i],v[i],c[i]);
g[2].adde(v[i],u[i],c[i]);g[3].adde(v[i],u[i],c[i]);
}
for(int i=0;i<4;i++) g[i].prework();
ll ans=g[0].odist[n]+g[1].odist[1];
for(int i=1;i<=m;i++){
ans=min(ans,
min(g[0].calc(i,n),g[0].calc(i,v[i])+g[3].calc(i,u[i])+c[i])+
min(g[1].calc(i,1),g[1].calc(i,v[i])+g[2].calc(i,u[i])+c[i])+d[i]);
}
if(ans<1e18) printf("%lld
",ans);
else printf("-1
");
return 0;
}
T5. 火灾
神仙题，待会儿写个题解