1．Game
【题目描述】
明明和亮亮在玩一个游戏。桌面上一行有n个格子，一些格子中放着棋子。明明和亮亮轮流选择如下方式中的一种移动棋子（图示中o表示棋子，*表示空着的格子）:
1） 当一枚棋子的右边是空格子的话，可以将这枚棋子像右移动一格。
**o*** -> ***o**
2） 当一枚棋子的右边连续两个都有棋子，并且这个棋子往右边数第3格没有棋子，那么可以将这个棋子可以跳过去那两个棋子
**ooo* -> ***oo*
当任何一枚棋子到达最右边的格子时，这枚棋子自动消失。当一方不能移动时，这方输。假设明明和亮亮都采取最优策略，明明先走，谁将取胜？
【输入数据】
第一行一个整数T表示数据组数， 0 < T < 10。
之后T组数据，每组两行，第一行n 表示格子个数，第二行n个字符表示每个格子的情况，o表示有棋子，*表示空着。
【输出数据】
对于每组数据一个输出，M表示明明赢，L表示亮亮赢。
【样例输入】
4
2
*o
5
*o***
6
**o**o
14
*o***ooo**oo**
【样例输出】
L
M
M
L
【数据范围】
0 <T < 10
对于50%的数据， n < 20。
对于100%的数据， n < 1000。
第一题就博弈。。跪跪跪。。
真心不会博弈。。今晚好好重学一遍。。
看题解好像很好理解？？？
Game解题报告
对于前50%的数据，由于n<20，整个棋盘的状态个数 < 2^20。 由于状态数有限，我们可以采取记忆化搜索的办法来实现。
但对于100%的数据，n的最大可能值达到999，记忆化搜索就不怎么可行了。其实本题有一个更简单的做法：
考虑每个棋子到最右边格子的距离。把所有棋子这样的距离的总和计为s。我们发现不管选择两种操作中的一种操作，每走一步，s的奇偶性都会发生一次变化。所以说，如果第一次轮到明明时，s是奇数，那么每次轮到明明时s都是奇数。而当s是奇数时，s肯定>0，这时明明总可以走最右边的棋子。也就是说当s为奇数时，总有棋子可以走。所以说，一开始若s为奇数，则明明必胜。同理，若一开始s为偶数，则当亮亮走的时候s总是奇数，所以明明必败。
贴个代码：
1 #include<cstdio>
2 #include<cstdlib>
3 #include<cstring>
4 #include<iostream>
5 using namespace std;
6
7 const int N=25,M=1<<21;
8 int n,f[2][M],a[N],b[N];
9 char c[N],cc[N];
10
11 int dfs(int x,int s)
12 {
13 if((s&1)!=0) s--;
14 if(f[x][s]!=-1) return f[x][s];
15 int ss,ans=0;
16 for(int i=0;i<n;i++)
17 {
18 if((s&(1<<i))!=0 && (i-1>=0 && (s&(1<<(i-1)))==0))
19 {
20 ss=s-(1<<i)+(1<<(i-1));
21 if(dfs(1-x,ss)==0) ans=1;
22 }
23 if((s&(1<<i))!=0 && (i-1>=0 && (s&(1<<(i-1)))!=0) && (i-2>=0 && (s&(1<<(i-2)))!=0) && (i-3>=0 && (s&(1<<(i-3)))==0))
24 {
25 ss=s-(1<<i)+(1<<(i-3));
26 if(dfs(1-x,ss)==0) ans=1;
27 }
28 }
29 f[x][s]=ans;
30 // printf("f %d %d = %d
",x,s,ans);
31 return ans;
32 }
33
34 void solve1()
35 {
36 scanf("%s",c);
37 memset(f,-1,sizeof(f));
38 f[0][0]=f[1][0]=0;
39 int x=0;
40 for(int i=0;i<n;i++)
41 {
42 if(c[i]=='o') x|=(1<<(n-1-i));
43 }
44 // printf("x = %d
",x);
45 if(dfs(0,x)==1) printf("M
");
46 else printf("L
");
47 }
48
49 void solve2()
50 {
51 scanf("%s",c+1);
52 int sum=0;
53 for(int i=1;i<=n;i++)
54 {
55 if(c[i]=='o') sum+=n-i;
56 }
57 if(sum%2==0) printf("L
");
58 else printf("M
");
59 }
60
61 int main()
62 {
63 // freopen("a.in","r",stdin);
64 freopen("game.in","r",stdin);
65 freopen("game.out","w",stdout);
66 int T,x;
67 scanf("%d",&T);
68 while(T--)
69 {
70 scanf("%d",&n);
71 if(n<=20) solve1();
72 else solve2();
73 }
74 return 0;
75 }
2．Walk
【题目描述】
有一块n *n 的土地上，明明和亮亮站在(1,1)处。每块地上写有一个数字a(i, j)。现在他们决定玩一个游戏，每一秒钟，他们俩走向相邻且坐标变大的格子（从(x,y)到(x+1,y)或者从(x,y)到(x,y+1)），他们俩可以按照不同方式来走，最后经过2n-1步到达(n,n)处。明明和亮亮每一秒钟计算他们站的两个位置上数字的差的绝对值，他们希望这些差值的和最大，请问这个最大的和是多少？
【输入数据】
第一行一个正整数n。
后面n行，每行n个整数，分别表示每块地上的数字。
【输出数据】
一个整数，表示最大的差值的和。
【样例输入】
4
1 2 3 4
1 5 3 2
8 1 3 4
3 2 1 5
【样例输出】
13
【数据范围】
n <= 100, 每块地上的数字的绝对值不超过300。
没什么好说的。就直接dp,f[i][j][k]表示走了i步，第一个人的横坐标是j，第二个人的横坐标是k。
通过走了i步可以算出纵坐标。
第一维只开了100又跪了。。
1 #include<cstdio>
2 #include<cstdlib>
3 #include<cstring>
4 #include<iostream>
5 using namespace std;
6
7 const int N=210;
8 int n,a[N][N],f[N][N][N];
9 int dx[2]={0,1};
10 int dy[2]={1,0};
11
12 int myabs(int x){return x>0 ? x:-x;}
13 int minn(int x,int y){return x<y ? x:y;}
14 int maxx(int x,int y){return x>y ? x:y;}
15
16 int main()
17 {
18 // freopen("a.in","r",stdin);
19 freopen("walk.in","r",stdin);
20 freopen("walk.out","w",stdout);
21 scanf("%d",&n);
22 for(int i=0;i<n;i++)
23 for(int j=0;j<n;j++)
24 scanf("%d",&a[i][j]);
25 memset(f,-1,sizeof(f));
26 f[0][0][0]=0;
27 int x1,y1,x2,y2,xx1,yy1,xx2,yy2;
28 for(int i=0;i<=2*n-2;i++)
29 for(int j=0;j<n;j++)
30 for(int k=0;k<n;k++)
31 {
32 if(f[i][j][k]==-1) continue;
33 // printf("f %d %d %d = %d
",i,j,k,f[i][j][k]);
34 x1=j;y1=i-j;
35 x2=k;y2=i-k;
36 for(int ii=0;ii<=1;ii++)
37 for(int jj=0;jj<=1;jj++)
38 {
39 xx1=x1+dx[ii];yy1=y1+dy[ii];
40 xx2=x2+dx[jj];yy2=y2+dy[jj];
41 if(xx1>=n || yy1>=n || xx2>=n || yy2>=n) continue;
42 f[i+1][xx1][xx2]=maxx(f[i+1][xx1][xx2],f[i][x1][x2]+myabs(a[xx1][yy1]-a[xx2][yy2]));
43 }
44 }
45 printf("%d
",f[2*n-2][n-1][n-1]);
46 return 0;
47 }
3. Trip
【题目描述】
小朋友们出去郊游，明明和亮亮负责在草地上开一个篝火晚会。这个草地你可以认为是又 N * M 块单位长度为1的小正方形的草组成。
显然有的地方草长的好，有的地方长的不好，坐在上面显然舒服度是不一样的，于是每一块草都有一个舒服度 F。
现在明明和亮亮要选定一个 a*b 的草场作为晚会的地点，小朋友们就坐在上面，显然他希望小朋友们坐的最舒服！
不过别急，篝火晚会怎么能少了篝火呢，篝火需要占用 c*d 的草地，当然，篝火必须严格放置在选定的草地的内部，也就是说，篝火的边界不能和选定操场的边界有公共部分，不然学生们怎么围着篝火开晚会呢？
给定 N*M 大草地每一块的舒服度，寻找一个 a*b 的草地，除去一个严格内部的 c*d 的子草地，使得总的舒服度最大。
【输入数据】
第1行：6个整数，M , N, b, a, d, c
第2~N+1行：每行 M 个整数，第 i行j列的整数 Fi,j 表示，第 i行j列的单位草地的舒服度。
【输出数据】
一个整数，表示最大的舒服值。
【样例输入】
8 5 5 3 2 1
1 5 10 3 7 1 2 5
6 12 4 4 3 3 1 5
2 4 3 1 6 6 19 8
1 1 1 3 4 2 4 5
6 6 3 3 3 2 2 2
【样例输出】
70
【数据说明】
下面的图片就是对样例的解释，阴影区域就是最佳的选择方案。
比如方案 4 1 4 1 就是显然非法的，因为篝火出现出现在了选定草地的边界，学生们无法严格围住篝火。
【数据范围】
1 ≤ Fi,j ≤ 100
3 ≤ a ≤ N
3 ≤ b ≤ M
1 ≤ c ≤ a-2
1 ≤ d ≤ b-2
对于 40% 的数据 N,M ≤ 10
对于 60% 的数据 N,M ≤ 150
对于 100% 的数据 N,M ≤ 1000
这题其实就是求一个矩阵里的最小值。
然后就可以行做一遍，列做一遍。
我们可以一行一行的求出每个连续b-d-1个c*d矩形的最小值。再基于这个最小值，一列一列的求出每个a*b大矩形中和最小的c*d矩形。这样我们就可以找到最优的舒服值了。本算法的时间复杂度是O(MN)。
原本用优先队列。。然后超时了4个点哭。。
然后用单调队列就巨快了。。orz。。
1 #include<cstdio>
2 #include<cstdlib>
3 #include<cstring>
4 #include<iostream>
5 #include<vector>
6 #include<queue>
7 using namespace std;
8
9 const int N=1100;
10 int n,m,A,B,C,D;
11 int a[N][N],c[N][N],s[N][N],t[N][N],p[N][N],rr[N][N],R[N][N];
12 struct node{int x,d;}q[N*N];
13
14 int maxx(int x,int y){return x>y ? x:y;}
15
16
17 void solve()
18 {
19 node k;
20 int ind,l,r;
21 for(int i=1;i<=n;i++)
22 {
23 l=1;r=0;
24 for(int j=1;j+D-1<=B-2;j++)
25 {
26 k.x=j;k.d=p[i][j];
27 while(q[r].d>k.d && l<=r) r--;
28 q[++r]=k;
29 ind=j;
30 }
31 for(int j=1;j+B-2<=m;j++)
32 {
33 while(q[l].x<j) l++;
34 rr[i][j]=q[l].d;
35 ind++;k.x=ind;k.d=p[i][ind];
36 while(q[r].d>k.d && l<=r) r--;
37 q[++r]=k;
38 }
39 }
40 for(int i=1;i<=m;i++)
41 {
42 l=1;r=0;
43 for(int j=1;j+C-1<=A-2;j++)
44 {
45 k.x=j;k.d=rr[j][i];
46 while(q[r].d>k.d && l<=r) r--;
47 q[++r]=k;
48 ind=j;
49 }
50 for(int j=1;j+A-2<=n;j++)
51 {
52 while(q[l].x<j) l++;
53 R[j][i]=q[l].d;
54 ind++;k.x=ind;k.d=rr[ind][i];
55 while(q[r].d>k.d && l<=r) r--;
56 q[++r]=k;
57 }
58 }
59 int ans=0;
60 for(int i=1;i+A-1<=n;i++)
61 for(int j=1;j+B-1<=m;j++)
62 ans=maxx(ans,t[i][j]-R[i+1][j+1]);
63 printf("%d
",ans);
64 }
65
66 int main()
67 {
68 // freopen("a.in","r",stdin);
69 freopen("trip.in","r",stdin);
70 freopen("trip.out","w",stdout);
71 scanf("%d%d%d%d%d%d",&m,&n,&B,&A,&D,&C);
72 for(int i=1;i<=n;i++)
73 for(int j=1;j<=m;j++)
74 scanf("%d",&a[i][j]);
75 memset(s,0,sizeof(s));
76 for(int i=1;i<=n;i++)
77 for(int j=1;j<=m;j++)
78 {
79 s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+a[i][j];
80 }
81 for(int i=1;i+A-1<=n;i++)
82 for(int j=1;j+B-1<=m;j++)
83 t[i][j]=s[i+A-1][j+B-1]-s[i+A-1][j-1]-s[i-1][j+B-1]+s[i-1][j-1];
84 for(int i=1;i+C-1<=n;i++)
85 for(int j=1;j+D-1<=m;j++)
86 p[i][j]=s[i+C-1][j+D-1]-s[i+C-1][j-1]-s[i-1][j+D-1]+s[i-1][j-1];
87 solve();
88 return 0;
89 }
点分治裸题。。
先找出树的重心，对于每个点维护一个到树的重心的乘积d[x]。
然后找经过树的重心的树链是否有乘积为k的。
然后分治算各个子树。
ps：学了奥爷爷的线性求逆元。。强啊。。
1 #include<cstdio>
2 #include<cstdlib>
3 #include<cstring>
4 #include<iostream>
5 #include<vector>
6 #include<queue>
7 using namespace std;
8
9 typedef long long LL;
10 const int N=1000100,M=1000010,mod=1000003,INF=(int)1e9;
11 int n,len,sl,tl,a1,a2;
12 LL K,d[N],val[N],t[N],s[N],v[M],ny[M];
13 int first[N],size[N],mark[N],id[M];
14 struct node{
15 int x,y,next;
16 }a[2*N];
17
18 int minn(int x,int y){return x<y ? x:y;}
19
20 LL quickpow(LL x,LL y)
21 {
22 LL ans=1;
23 while(y)
24 {
25 if(y&1) ans=ans*x%mod;
26 x=x*x%mod;
27 y/=2;
28 }
29 return ans;
30 }
31
32 int ins(int x,int y)
33 {
34 a[++len].x=x;a[len].y=y;
35 a[len].next=first[x];first[x]=len;
36 }
37
38 void find_root(int x,int fa,int tot,int &root)
39 {
40 size[x]=1;
41 bool bk=1;
42 for(int i=first[x];i;i=a[i].next)
43 {
44 int y=a[i].y;
45 if(mark[y] || y==fa) continue;
46 find_root(y,x,tot,root);
47 size[x]+=size[y];
48 if(2*size[y]>tot) bk=0;
49 }
50 if(bk && 2*(tot-size[x])<=tot) root=x;
51 }
52
53 void DFS(int x,int fa,int root)
54 {
55 d[x]=d[fa]*val[x]%mod;
56 t[++tl]=d[x];id[tl]=x;
57 LL now=(ny[d[x]]*K%mod)*val[root]%mod;
58 if(v[now])
59 {
60 int X=x,Y=v[now];
61 if(X>Y) swap(X,Y);
62 if(X<a1) a1=X,a2=Y;
63 else if(X==a1 && Y<a2) a2=Y;
64 }
65 size[x]=1;
66 for(int i=first[x];i;i=a[i].next)
67 {
68 int y=a[i].y;
69 if(mark[y] || y==fa) continue;
70 DFS(y,x,root);
71 size[x]+=size[y];
72 }
73 }
74
75 int dfs(int x,int tot)
76 {
77 find_root(x,0,tot,x);
78 // printf("tot = %d root = %d
",tot,x);
79 mark[x]=1;
80 sl=0;s[++sl]=val[x];
81 d[x]=val[x];
82 for(int i=first[x];i;i=a[i].next)
83 {
84 int y=a[i].y;
85 if(mark[y]==1) continue;
86 tl=0;
87 DFS(y,x,x);
88 for(int j=1;j<=tl;j++)
89 {
90 s[++sl]=t[j];
91 if(v[t[j]]==0) v[t[j]]=id[j];
92 else v[t[j]]=minn(v[t[j]],id[j]);
93 }
94 }
95 if(v[K])
96 {
97 int X=x,Y=v[K];
98 if(X>Y) swap(X,Y);
99 if(X<a1) a1=X,a2=Y;
100 else if(X==a1 && Y<a2) a2=Y;
101 }
102 for(int i=1;i<=sl;i++) v[s[i]]=0;
103 for(int i=first[x];i;i=a[i].next)
104 {
105 int y=a[i].y;
106 if(mark[y]==1) continue;
107 dfs(y,size[y]);
108 }
109 }
110
111 int main()
112 {
113 // freopen("a.in","r",stdin);
114 freopen("multik.in","r",stdin);
115 freopen("multik.out","w",stdout);
116 scanf("%d%d",&n,&K);
117 len=0;a1=INF;a2=INF;
118 memset(v,0,sizeof(v));
119 memset(mark,0,sizeof(mark));
120 memset(first,0,sizeof(first));
121 ny[1]=1;
122 for(int i=2;i<=mod;i++)
123 ny[i]=(mod-(mod/i))*ny[mod%i]%mod;
124 // ny[i]=quickpow(i,mod-2);
125 for(int i=1;i<=n;i++)
126 scanf("%d",&val[i]);
127 for(int i=1;i<n;i++)
128 {
129 int x,y;
130 scanf("%d%d",&x,&y);
131 ins(x,y);
132 ins(y,x);
133 }
134 dfs(1,n);
135 if(a1<INF) printf("%d %d
",a1,a2);
136 else printf("No solution
");
137 return 0;
138 }