高斯消元
【问题描述】
everlasting 觉得太无聊了，于是决定自己玩游戏！
他拿出了n 个小圆，第i 个的颜色是ai。接着他将这n 个小圆复制m 次并依次连接起来。
之后他发现其中有很多颜色相同的小圆，于是他决定：每有k 个连续颜色相同的小圆就将他们消去，
并将剩下的依次连接。（注意只会消除k个，即使有超过k 个）他将每次从头开始不断进行这个操作直到无法操作为止。
他想知道最后能剩下多少个小圆？
【输入格式】
从文件guass.in 中输入数据。
第一行三个正整数n,m,k,表示开始小圆的个数，复制次数和消除连续小圆
的个数。
第二行n 个正整数，第i 个数表示第i 个小圆的颜色。
【输出格式】
输出到文件guass.out 中。
一个整数，表示剩余小圆的个数。
这道题毫无算法可言.. 就是极端恶星的模拟模拟模拟 然后细节暴多 机房里面只有turuisen大佬花了三个小时搞出来了
然后就是lantx花了两个小时真 乱搞弄了95
我? 我一个样例都没过的错误程序还狗了40分...受宠若惊了
先把在一个循环里的连续k个相同都去掉，然后算出头和尾能消去的个数
，然后就是每个循环剩余长度*(m-1)+仅去掉同一循环的剩余数的个数。
为什么呢 画个图就清楚了
每个循环剩余长度就是天蓝色设为x 最后消去之后还剩下m * x 但是两头的湖蓝色并没有消去
湖蓝色长度和就为一整块长度 - x 所以总共长度就是一整块长度 + (m - 1) * x
但是可能他搞完之后中间的天蓝色凑到一起也可以被消去 特判一下就好了
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e6 + 5; int x,s[N][2],n,m,p,cnt,tot; ll ans; int main( ) { freopen("guass.in","r",stdin); freopen("guass.out","w",stdout); scanf("%d%d%d",& n,& m,& p); for(int i = 1;i <= n;i ++) { scanf("%d",& x); if(! cnt || s[cnt][0] != x) { s[++ cnt][0] = x; s[cnt][1] = 1; } else s[cnt][1] ++; if(s[cnt][1] == p) s[cnt][1] = 0,cnt --; } for(int i = 1;i <= cnt;i ++) tot += s[i][1]; int head = 1,tail = cnt; while(head < tail && s[head][0] == s[tail][0]) { if((s[head][1] + s[tail][1]) % p == 0) head ++,tail --; else { s[head][1] = (s[head][1] + s[tail][1]) % p; s[tail][1] = 0; break; } } if(head < tail) { for(int i = head;i <= tail;i ++) ans += (ll)s[i][1]; ans = (ll)tot + 1LL * (m - 1) * ans; } else { if(s[head][1] * m % p == 0) ans = 0; else { ans = (ll)s[head][1]; ans = (ll)tot + (ll)ans * (m - 1); ans -= 1LL * s[head][1] * m - 1LL * s[head][1] * m % p; } } printf("%I64d",ans); }
糖果镇
【问题描述】
yyc 来到了糖果镇，她在这里能得到好多好吃的棒棒糖^_^，糖果镇的道路是一个n*m方阵，
在每个点上会有一些糖果，但是yyc每到一个点都会拿走所有的糖果，并且她只能向下走或者向右走，
且要从起点（1，1）走到终点（n，m），否则她会被留在糖果镇贪婪的恶魔吃掉⊙o⊙
当然，为了不让一个人占有过多的棒棒糖，糖果镇决定让每一个人最后得到的糖果数对于p取模。
所以现在yyc想请你帮她算一算这样她最多能得到多少的棒棒糖。
【输入格式】
从文件candy.in中输入数据。
第一行3个正整数n，m，p
接下来m行，每行n个数，第i行第j列a[i][j]表示该点的糖果数。
【输出格式】
输出到文件candy.out中。
一行，一个整数，表示答案。
当m<=2时，枚举分界点，预处理前缀和就好了
对于另外20%，直接dp[i][j]表示到点i,j的最优答案
对于100%，我们可以枚举第二次下行的分界点，然后我们可以统计出第一次下行的影响，
就是第一行到x的前缀和减去第二行到x-1的前缀和，第二行就是到枚举端点的前缀和，
这样在已知第二次下行的分界点时，第二行和第三行的贡献是已知的，
我们只要找到模意义下第一行的最优贡献就好了，这个就可以用set维护，找前驱。
（如果是枚举第一行的分界点那就是倒着搞 这样子就能保证我能用的存了 不能用的没存）
第一次用set感觉好高级啊 z大爷tql...!!!!
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e5 + 5; int n,m; ll a[4][N],S,ans = 0,dp[4][N],sum[4][N],mod; set<ll>st; set<ll>::iterator it; void solve1( ) { if(m == 1) ans = S % mod; else { for(int i = 1;i <= n;i ++) ans = max(ans,(sum[1][i] % mod + sum[2][n] - sum[2][i - 1]) % mod); } } void solve2( ) { for(int i = 1;i <= m;i ++) for(int j = 1;j <= n;j ++) dp[i][j] = max(dp[i][j],max(dp[i][j - 1],dp[i - 1][j])) + a[i][j]; ans = dp[m][n]; } void solve3( ) { for(int i = 1;i <= n;i ++) { ll x = (sum[1][i] - sum[2][i - 1] + mod) % mod; st.insert(x); ll m = (sum[3][n] - sum[3][i - 1] + sum[2][i] + mod) % mod; it = st.lower_bound(mod - m); if(it != st.begin( )) it --; ans = max(ans,(m + (*it)) % mod); it = st.end( ); if(it != st.begin( )) it --; ans = max(ans,(m + (*it)) % mod); } } ll read( ) { ll ans = 0,t = 1; char x; x = getchar( ); while(x < '0' || x > '9') { if(x == '-') t = -1; x = getchar( ); } while(x >= '0' && x <= '9') { ans = ans * 10 + x - '0'; x = getchar( ); } return ans * t; } int main( ) { freopen("candy.in","r",stdin); freopen("candy.out","w",stdout); scanf("%d%d%I64d",& n,& m,& mod); for(int i = 1;i <= m;i ++) { for(int j = 1;j <= n;j ++) { a[i][j] = read( ); sum[i][j] = sum[i][j - 1] + a[i][j]; } } S = 0; for(int i = 1;i <= m;i ++) S += sum[i][n]; if(m <= 2) solve1( ); else if(S < mod) solve2( ); else solve3( ); printf("%I64d",ans); }
游戏
【问题描述】 小明和小刚正在玩如下的游戏。首先小明画一个有N个顶点，M条边的有向图。
然后小刚试着摧毁它。在一次操作中他可以找到图中的一个点，并且删除它所有的入边或所有的出边。
小明给每个点定义了两个值：Wi+和Wi-。如果小刚删除了第i个点所有的入边他要给小明付Wi+元，
如果他删除了所有的出边就需要给小明付Wi-元。 找到小刚删除图中所有边需要的最小花费。
【输入格式】
从文件game.in中输入数据。
第一行有两个数N,M(1<=N<=100,1<=M<=5000)。
第二行有N个整数，描述了N个点的Wi+，同样的第三行是这N个点的Wi-。所有的费用都是正数并且不超过10^6。接下来的M行每行有两个数，代表有向图中相应的一条边。
【输出格式】
输出到文件game.out中。 输出一行一个整数，即小刚的最小花费。
这道题是原题了 感觉讲了好多次
通过题目可以发现，我们要求的就是在使用最小的点权的情况下选中所有边，
每条边都可以被他的两个端点选中，且出入点权可能不同，于是就可以发现这是一个最小点权覆盖。
建边：
1> 先建立虚拟源S和汇T，把每个点拆成两个，ia，ib。
2> 从S向ia连一条流量为wi-的边，从ib向T连一条流量为wi+的边。
3> 原图中的边从ua向vb连一条流量无穷大的边。
4> 然后跑最大流即可。
拆一拆点 其乐无穷 还有这道题好像必须要加当前弧优化和delta优化 不然看姜sir就活生生被卡成40分
代码
#include <bits/stdc++.h> #define oo 1e9 using namespace std; const int N = 500; const int M = 1e5; int n,m,src,sink,w,tot = 1,ans,q[N],h[N]; int head[N],nex[M],tov[M],f[M],dis[N]; bool vis[N]; void add(int u,int v,int w) { tot ++; nex[tot] = head[u]; tov[tot] = v; f[tot] = w; head[u] = tot; tot ++; nex[tot] = head[v]; tov[tot] = u; f[tot] = 0; head[v] = tot; } void add_edge( ) { src = 1,sink = 2 * n + 2; for(int i = n + 2;i <= 2 * n + 1;i ++) { scanf("%d",& w); add(i,sink,w); } for(int i = 2;i <= n + 1;i ++) { scanf("%d",& w); add(src,i,w); } for(int i = 1;i <= m;i ++) { int u,v; scanf("%d%d",& u,& v); add(1 + u,1 + n + v,oo); } } bool bfs( ) { memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(dis,0,sizeof(dis)); int h = 0,t = 0; q[++ t] = src; vis[src] = true; while(h < t) { int u = q[++ h]; for(int i = head[u];i;i = nex[i]) { int v = tov[i]; if(f[i] && (! vis[v])) { vis[v] = true; dis[v] = dis[u] + 1; q[++ t] = v; } } } return vis[sink]; } int dfs(int u,int delta) { if(u == sink) return delta; int res = 0; for(int & i = h[u];i;i = nex[i]) { int v = tov[i]; if(f[i] && delta && dis[v] == dis[u] + 1) { int del = dfs(v,min(delta,f[i])); res += del; delta -=del; f[i] -= del; f[i ^ 1] += del; } } return res; } int main( ) { freopen("game.in","r",stdin); freopen("game.out","w",stdout); scanf("%d%d",& n,& m); add_edge( ); while(bfs( )) { for(int i = src;i <= sink;i ++) h[i] = head[i]; ans += dfs(src,oo); } printf("%d",ans); return 0; }
今天竟然是rank 2 有点小高兴..w