[SinGuLaRiTy] NOIP 膜你赛-Day 2

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膜拜azui (azui)

题目描述

一天，小A给了J·G一道水题，一道水题，J·G一眼秒了，现在 J·G想考考你们：
小A有N个灯，排成了一列，现在小 A给出来一个叫做azui的奇葩操作，我们把开着的灯看作数字1，把关着的灯看作数字0，定义 0 azui 0 = 1,0 azui 1 = 0,1 azui 1 = 1, 1 azui 0 = 0。现在小 A有 N个问题 azui(l,r)，表示询问从左往右的第 l个灯向右一个一个azui到第 r个灯的结果是什么。

输入

第1行一个整数N表示序列的长度。
第2行N个整数Ai，每个数不是0就是1，表示灯是关的还开的。
第3行一个整数M表示询问的个数。
第4~M+3行，每行两个整数l和r，表示询问azui(l,r)。

输出

共M行，第i行回答第i个询问。

样例数据

样例输入	样例输出
5 1 0 1 0 1 5 2 3 3 4 4 5 1 3 1 4	0 0 0 0 1

<数据范围>

对于30%的数据，N和M <= 5000
对于80%的数据，N和M <= 500000
对于100%的数据，N和M <= 1000000

解析

看到数据范围，就觉得这题肯定可以通过预处理来使单次查询变成O(1)的。(那些写线段树的着实把我吓了一跳。) 下面，我们来看一看思路：

通过一系列计算，我们可以发现这样一个结论，假设一个由0和1组成的串S通过azui运算得到的答案是1，那么我们若将S的第一个取反，那么答案同样会取反(其实修改任意一个数，这个结论都适用)。那么我们就可以这样搞：先对整个01串做一次azui运算，用数组azui[MAXN]记录每一个地方的运算中间值。在后面的查询操作中，我们只需要比较01串在l位置上的数和azui运算在这个位置上的中间值azui[l]，若相同，则最后的答案就是azui[r]，否则，就对azui[r]取反。

其实还有一个更简单的思路：

先用一个前缀和数组，记录01串中每一段的0的个数，对于查询azui(l,r)，若区间[l,r]的0的个数为奇数个，答案就是0；若为偶数个，答案就是1。

Code

#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<iostream>

#define MAXN 1000010

using namespace std;

int Light[MAXN];
int cal[MAXN];

int azui(int a,int b)
{
    if(a==b)
        return 1;
    return 0;
}

int ops(int a)
{
    if(a==1)
        return 0;
    return 1;
}

int main()
{int num;
    scanf("%d",&num);
    for(int i=1;i<=num;i++)
    {
        scanf("%d",&Light[i]);
    }
    cal[1]=Light[1];
    for(int i=2;i<=num;i++)
    {
        cal[i]=azui(Light[i],cal[i-1]);
    }
    int q_num;
    scanf("%d",&q_num);
    for(int i=1;i<=q_num;i++)
    {
        int l,r;
        scanf("%d%d",&l,&r);
        if(cal[l]==Light[l])
        {
            printf("%d
",cal[r]);
        }
        else
        {
            printf("%d
",ops(cal[r]));
        }
    }
    return 0;
}

小G的烦恼 (meizi)

题目描述

小 G 最近郁闷死了，MZ 想考考他的智商，给了他一道题，但是小G 退役了这么久，怎么可能做的出来啊？于是他跑去向 quack 大神求助，可是 quack 大神要打牌，于是找到了你，希望能够不让 MZ 失望。
问题是这样的：MZ 想去全球各地旅行。原本是有两家航空公司可以选择的，但是现在那两家公司合并了。然而，在合并初期，两家还没有交接好，于是出现了两家都要收钱的问题。由于 MZ 只想出去玩一个月，她可以选择包月机票（两家公司都有），对于其中的一家公司 A 来说，只要花费 X 元，即可以在持有另一家公司的合法包月机票的情况下，乘坐任何票价不高于 A 公司定价的 X 元的飞机。另一家公司也是一样的。
简单来说，对于航线 i 有 2 种价格 Pi 和 Qi，分别是 A 公司和 B 公司的定价。假设你持有 X 元的 A 公司月票和 Y 元的 B 公司月票，当Pi<=X 并且 Qi<=Y 时，你才可以乘坐航线 i。当然，如果单独购买这一趟航班的两张票也是可以的。
现在 MZ 告诉你了 N-1 个她想要去的城市，MZ 初始时在 1 号位置，并且告诉了你所有航线的两个价格。想要知道，最小的花费。

输入

第 1 行 2 个整数 N、M 分别表示城市的个数，航线的条数。
第 2-M+1 行，每行 4 个整数 ui，vi，Pi，Qi，分别表示航线的两个城市(飞机可以来回开)，和两种价格。(可能存在重边和自环)

输出

共一行，一个整数 ANS，表示最小的花费。

样例数据

样例输入	样例输出
5 5 1 2 3 2 1 3 2 4 2 4 4 2 5 3 3 3 1 4 0 1	7

<样例解释>

选择除了 2-4 的所有边，所以答案是 3+4=7。

<数据范围>

对于20%的数据 N,M <= 15
对于50%的数据 N <= 200, M <= 500
对于80%的数据 N <= 500, M <= 1000
对于100%的数据 N <= 2000, M <= 5000, Pi, Qi <= 10^9

解析

我们会发现，在不下降地枚举了一个月票的价格之后，另外一张月票的价格是单调不上升的。我们就可以用一个指针来单调不上升的枚举另一张月票的价格。然后BFS(DFS)来判断图是否连通就可以了！

Code

#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<iostream>

#define MAXN 200010
#define MAXM 500010

using namespace std;

struct Edge
{
    int v,a,b,nxt;
}e[MAXM<<1];

int Adj[MAXN],cnt;

inline void Add(int u,int v,int a,int b)
{
    e[++cnt].v=v;
    e[cnt].a=a;
    e[cnt].b=b;
    e[cnt].nxt=Adj[u];
    Adj[u]=cnt;
}

int a[MAXN],b[MAXN];
int n,m,mx1,mx2,ans=0x7f7f7f7f;

bool BFS()
{
    int q[MAXN],l,r,u;
    bool v[MAXN];
    l=r=0;
    q[++r]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        v[i]=0;
    v[1]=1;
    while(l<r)
    {
        u=q[++l];
        for(int i=Adj[u];i;i=e[i].nxt)
            if(!v[e[i].v]&&e[i].a<=mx1&&e[i].b<=mx2)
            {
                q[++r]=e[i].v;
                v[e[i].v]=1;
            }
    }
    if(r!=n)
        return 0;
    ans=min(ans,mx1+mx2);
    return 1;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int u,v;
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        scanf("%d%d%d%d",&u,&v,a+i,b+i);
        Add(u,v,a[i],b[i]);
        Add(v,u,a[i],b[i]);
    }
    sort(a+1,a+m+1);
    sort(b+1,b+m+1);
    int l,r,mid;
    mx2=b[m];
    for(int i=n-1;i<=m;++i)
    {
        mx1=a[i];
        l=n-1;
        r=m;
        while(l<=r)
        {
            mid=(l+r)>>1;
            mx2=b[mid];
            if(BFS())
            {
                ans=min(ans,mx1+mx2);
                r=mid-1;
            }
            else
                l=mid+1;
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

小Q的新玩具 (toy)

题目描述

期末考试完了，小 Q 得到了一件套新玩具，总共有 N 个零件。现在小 Q 想把新玩具搬回家里，可是他遇到了新的问题：每个零件有自己的重量 Wi ，小 Q 要租车把它们带回家。车每次只能运总重量和小于 Lim 的玩具，按照其中最重的玩具的重量收费。零件不能拆分成更小的部分。为了不打乱零件的顺序，增加自己
拼装的难度，每次装车只能装连续的部分。

输入

第一行两个整数 N 和 Limit。
接下来的 N 行，每行一个整数，代表第 i 个零件的重量。

输出

输出最少的花费。

样例数据

样例输入	样例输出
8 17 2 2 2 8 1 8 2 1	12

<数据范围>

对于 30%的数据，N <= 1000
对于 100%的数据，N <= 300000
数据保证Wi以及Limit均在int范围之内。

解析

我们考虑决策点，假如当前正在选择 f[i]的决策点。然后对于每个 i 来说，转移点 j向左移动时，max[j+1,i]单调不递减。所以我们看可以维护一个决策点的队列，满足区间和不大于 lim 且 Wq1 >Wq2 >…>Wqi 且队列 q 中包含所有满足上述条件的决策点,那么，从这里面的决策点一定有最优的决策点。
考虑到原来 NOIP2012 开车旅行里用到了 set，我们维护决策点也可以用 set，当然线段树也是可以的。其实我们就是需要一个数据结构支持插入，删除和取最小值。

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>

#define ll long long

using namespace std;

int n,lim;
ll s[1010],mx[4010],f[1010];

void build(int x,int l,int r)
{
    if(l==r)
    {
        mx[x]=s[l]-s[l-1];
        return;
    }
    build(x<<1,l,(l+r)>>1);
    build(x<<1|1,((l+r)>>1)+1,r);
    mx[x]=max(mx[x<<1],mx[x<<1|1]);
}

ll query(int x,int l,int r,int L,int R)
{
    if(l==L&&r==R)
        return mx[x];
    int mid=(l+r)>>1;
    if(R<=mid)
        return query(x<<1,l,mid,L,R);
    if(L>mid)
        return query(x<<1|1,mid+1,r,L,R);
    return max(query(x<<1,l,mid,L,mid),query(x<<1|1,mid+1,r,mid+1,R));
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&lim);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%I64d",&s[i]),s[i]+=s[i-1];
    build(1,1,n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        ll mi=1ll<<60;
        for(int j=i-1;~j;--j)
        {
            if(s[i]-s[j]>lim)
                break;
            mi=min(mi,f[j]+query(1,1,n,j+1,i));
        }
        f[i]=mi;
    }
    printf("%I64d",f[n]);
    return 0;
}

Time: 2017-07-25