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游戏 (game)
题目描述
A和B在玩游戏。桌子上有n个格子，其中一些格子放有棋子‘x’，空格子用‘o’表示。A和B轮流进行以下操作中的任何一种。
1>当某一个棋子右边有空格时，将该棋子向右移动一位。
ooxoo -> oooxo
2>当某一个棋子右边恰好是连续的两个棋子时，将该棋子直接跳过连续的两个棋子。
ooxxxoo -> oooxxxo
当棋子到达终点(最右端的格子)时，棋子将消失。当某一方不能移动时，这方输。A先走。请问A是否必胜？
输入
多组测试数据。
对于每一组测试数据：
第一行输入一个整数n，表示格子数量。
第二行输入长度为n的‘x’‘o’串。
输出
对于每一组测试数据，输出一行“YES”或者“NO”。
样例数据
| 样例输入 | 样例输出 |
|
4 |
YES |
<数据范围>
对于30%的数据，n<=20。
对于100%的数据，n<=10^6 ，测试数据组数 T<=5。
解析
这道题其实考点是博弈论(还不了解博弈论?阅读一下这些论文吧。[点击下载]) ，不过由于策略比较简单，可以通过找规律来得到答案。
考虑所有棋子到终点的距离和sum，观察无论哪一种操作都恰好改变了sum的奇偶性。若sum为奇数，则A必胜；否则A必败。
时间复杂度：O(n)。
Code
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define N 1000005 #define ll long long char S[N]; int t,n; ll k; int main() { while(scanf("%d",&n)==1) { scanf("%s",S+1); k=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(S[i]=='x') k+=n-i; if(k&1) printf("YES "); else printf("NO "); } return 0; }
轰炸 (bomb)
题目描述
A国和B国开战。B国国王痴迷于树，所以B国的城市道路是一棵树的形状。A国情报局通过B国地下组织获取了该消息……给力的地下党还窃取了B国每一个城市的火药储备量m[i]，即轰炸城市i可以同时炸掉距离城市i在m[i]之内的其他城市。
由于A国国力有限，A国情报局局长想知道至少需要炸几次才能把B国所有城市都炸掉……
输入
第一行输入一个整数n，表示B国的城市数量。
第二行输入n个整数，第i个整数m[i]表示城市i的火药储备量。
接下来的n-1行，每一行输入两个整数u、v，表示一条连接城市u、v长度为1的城市道路。
输出
输出一行一个整数，即最少轰炸次数。
样例数据
| 样例输入 | 样例输出 |
|
5 |
2 |
<数据范围>
对于10%的数据，n<=10 。
对于30%的数据，n<=1000 。
对于100%的数据，n<=10^5 , m[i]<=100 。
解析
一看这道题，就感觉有点像战略游戏这道题，于是就想到了用树形DP。
好吧，这就是一道典型的树形DP。
令f[u][i]表示以u为根的子树被完全破坏，同时还能向上延伸i的最小值。
令g[u][i]表示以u为根的子树未被完全破坏，还应向下延伸i的最小值。
转移方程式：
1.不轰炸u节点
2.轰炸u节点
很显然直接这样做是会TLE的。
令minf[u][i]表示，同理ming[u][i]表示
再用s1[u][i]表示
s2[u][i]表示
那么上述转移方程式可以写成：
这样时间复杂度为O(100n)。
Code
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<cmath> #define MAXN 100010 using namespace std; char word; void Read(int &t) { t=0; do word=getchar();while(word<'0'||word>'9'); do{t=t*10+word-'0';word=getchar();}while(word>='0'&&word<='9'); } struct node { int v; node *next; }edge[MAXN*2],*adj[MAXN],*tmp=edge; int n, mx, m[MAXN]; int f[MAXN][105],minf[MAXN][105],g[MAXN][105],ming[MAXN][105],s1[MAXN][105],s2[MAXN][105]; inline void add(int u,int v) { tmp->v=v; tmp->next=adj[u]; adj[u]=tmp; ++tmp; tmp->v=u; tmp->next=adj[v]; adj[v]=tmp; ++tmp; } void dp(int u,int fa) { int v,i; for(node *p=adj[u];p;p=p->next) if((v=p->v)!=fa) { dp(v,u); s1[u][0]+=minf[v][1],s2[u][0]+=minf[v][0]; for(i=1;i<=mx;++i) s1[u][i]+=min(minf[v][i+1],ming[v][i-1]),s2[u][i]+=min(ming[v][i-1],minf[v][i]); } for(i=mx+1;i>=0;--i) f[u][i]=g[u][i]=minf[u][i]=ming[u][i]=n; g[u][0]=s2[u][0]; for(node *p=adj[u];p;p=p->next) if((v=p->v)!=fa) { f[u][0]=min(f[u][0],f[v][1]+s1[u][0]-minf[v][1]); for(i=1;i<=mx;++i) { f[u][i]=min(f[u][i],f[v][i+1]+s1[u][i]-min(minf[v][i+1],ming[v][i-1])); g[u][i]=min(g[u][i],g[v][i-1]+s2[u][i]-min(ming[v][i-1],minf[v][i])); } } f[u][m[u]]=min(f[u][m[u]],s1[u][m[u]]+1); minf[u][0]=f[u][0],ming[u][0]=g[u][0]; for(i=1;i<=mx+1;++i) minf[u][i]=min(f[u][i],minf[u][i-1]),ming[u][i]=min(g[u][i],ming[u][i-1]); } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;++i) Read(m[i]),mx=max(mx,m[i]); for(int i=1,u,v;i<n;++i) Read(u),Read(v),add(u,v); dp(1,0); printf("%d",minf[1][mx]); return 0; }
统计 (count)
题目描述
定义一个整数集合S，S中的元素满足在十进制表示下只有5和7，例如5、7、57、75。
对于一个有n个元素的数列{a}进行以下两种操作：
操作一：add l r v，表示对于数列中加上v。
操作二：query l r，表示询问数列中有多少个 i∈[l,r]满足 ai∈S。
输入
第一行输入两个整数n、m，分别表示数列长度和操作次数。
第二行输入n个整数，表示这个数列。
接下来的m行，每一行输入一个操作，操作格式如上。
输出
对于每一个询问操作输出一行一个整数。
样例数据
| 样例输入 | 样例输出 |
|
10 5 |
4 |
<数据范围>
对于100%的数据，n,m<=10^5，ai在任何时刻都满足ai∈[1,10000]。
解析
令K表示在10000以内S集合的元素个数，K=30。
把序列划分成长度为B的若干块。对于一个块，用cnt[i]表示i在块中的个数，同时维护一个加法标记。
接下来考虑如何处理这两种操作：
Add l r：对于块外的元素，暴力修改，时间复杂度O(B)。对于连续的块，修改标记即可,时间复杂度O(n/B)。
Query l r v：对于块外的元素，标记下传暴力查询，时间复杂度O(B)。对于连续的块，假设已经打上了Δx的标记，就对于每一个L∈S，统计块中有多少个L-Δx，时间复杂度O(n*K/B)。
总时间复杂度：O(m*(B+n*K/B))。由耐克函数的相关性质可得，当时B=sqrt(n*K/B)，时间复杂度最小。
Code
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #define MAXN 100005 using namespace std; char word,s[10]; bool ff; void Read(int &t) { t=0,ff=0; do{word=getchar();if(word=='-')ff=1;}while(word<'0'||word>'9'); do{t=t*10+word-'0';word=getchar();}while(word>='0'&&word<='9'); if(ff)t=-t; } int n,m,cnt,num[MAXN],pos[MAXN],pos2[MAXN]; const int a[35]={0,5,7,55,57,75,77,555,557,575,577,755,757,775,777,5555,5557,5575,5577,5755,5757,5775,5777,7555,7557,7575,7577,7755,7757,7775,7777}; bool F[10005]; struct block { int num[1750], len, flag; int cnt[10005]; inline void add(int a) { ++cnt[a]; num[++len]=a; } inline void putdown() { if(flag) { for(int i=1;i<=len;++i) { --cnt[num[i]]; num[i]+=flag; ++cnt[num[i]]; } flag=0; } } inline void modify(int l,int r,int v) { if(l==1&&r==len) { flag+=v; return; } putdown(); for(int i=l;i<=r;++i) { --cnt[num[i]]; num[i]+=v; ++cnt[num[i]]; } } inline int query() { int ans=0; for(int i=1;i<=30;++i) if(a[i]-flag<=10000&&a[i]-flag>=0) ans+=cnt[a[i]-flag]; return ans; } inline int query(int l,int r) { if(l==1&&r==len) return query(); putdown(); int ans=0; for(int i=l;i<=r;++i) if(F[num[i]]) ++ans; return ans; } }b[1750]; inline void build() { int l=(int)sqrt(n*26+0.5); cnt=1; for(int i=1;i<=n;++i) { if(b[cnt].len==l) ++cnt; b[cnt].add(num[i]); pos[i]=cnt, pos2[i]=b[cnt].len; } } inline void add(int l,int r,int v) { int L=pos[l], R=pos[r]; if(L==R) { b[L].modify(pos2[l],pos2[r],v); return; } for(int i=L+1;i<R;++i) b[i].flag+=v; b[L].modify(pos2[l],b[L].len,v); b[R].modify(1,pos2[r],v); } inline int query(int l,int r) { int L=pos[l],R=pos[r]; if(L==R) return b[L].query(pos2[l],pos2[r]); int ans=b[L].query(pos2[l],b[L].len)+b[R].query(1,pos2[r]); for(int i=L+1;i<R;++i) ans+=b[i].query(); return ans; } int main() { for(int i=1;i<=30;++i) F[a[i]]=1; Read(n),Read(m); for(int i=1;i<=n;++i) Read(num[i]); build(); int l,r,v; while(m--) { scanf("%s",s); Read(l),Read(r); if(s[0]=='a') { Read(v); add(l,r,v); } else printf("%d ",query(l,r)); } return 0; }
Time: 2017-07-27