明天就要去宁波了~~心累
刷了几道bzoj题
[CQOI2007]涂色paint
Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 64 MBSubmit: 1585 Solved: 960
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Description
假设你有一条长度为5的木版，初始时没有涂过任何颜色。你希望把它的5个单位长度分别涂上红、绿、蓝、绿、红色，用一个长度为5的字符串表示这个目标：RGBGR。 每次你可以把一段连续的木版涂成一个给定的颜色，后涂的颜色覆盖先涂的颜色。例如第一次把木版涂成RRRRR，第二次涂成RGGGR，第三次涂成RGBGR，达到目标。 用尽量少的涂色次数达到目标。
Input
输入仅一行，包含一个长度为n的字符串，即涂色目标。字符串中的每个字符都是一个大写字母，不同的字母代表不同颜色，相同的字母代表相同颜色。
Output
仅一行，包含一个数，即最少的涂色次数。
Sample Input
Sample Output
【样例输入1】
AAAAA
【样例输入1】
RGBGR
【样例输出1】
1
【样例输出1】
3
AAAAA
【样例输入1】
RGBGR
【样例输出1】
1
【样例输出1】
3
直接DP，可见Sxia的blog
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int f[55][55]; char s[55]; int main() { scanf("%s",s+1); int n=strlen(s+1); memset(f,127,sizeof(f)); for(int i=1;i<=n;i++)f[i][i]=1; for(int l=1;l<n;l++) for(int i=1;i<=n;i++) { int j=i+l;if(j>n)break; if(s[i]==s[j]) { if(l==1)f[i][j]=1; else { f[i][j]=min(f[i+1][j],f[i][j-1]); f[i][j]=min(f[i][j],f[i+1][j-1]+1); } } else for(int k=i;k<j;k++)f[i][j]=min(f[i][k]+f[k+1][j],f[i][j]); } printf("%d",f[1][n]); return 0; }
[BeiJing2006]狼抓兔子
Time Limit: 15 Sec Memory Limit: 162 MBSubmit: 24460 Solved: 6188
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Description
现在小朋友们最喜欢的"喜羊羊与灰太狼",话说灰太狼抓羊不到，但抓兔子还是比较在行的，
而且现在的兔子还比较笨，它们只有两个窝，现在你做为狼王，面对下面这样一个网格的地形：
左上角点为(1,1),右下角点为(N,M)(上图中N=4,M=5).有以下三种类型的道路
1:(x,y)<==>(x+1,y)
2:(x,y)<==>(x,y+1)
3:(x,y)<==>(x+1,y+1)
道路上的权值表示这条路上最多能够通过的兔子数，道路是无向的. 左上角和右下角为兔子的两个窝，
开始时所有的兔子都聚集在左上角(1,1)的窝里，现在它们要跑到右下解(N,M)的窝中去，狼王开始伏击
这些兔子.当然为了保险起见，如果一条道路上最多通过的兔子数为K，狼王需要安排同样数量的K只狼，
才能完全封锁这条道路，你需要帮助狼王安排一个伏击方案，使得在将兔子一网打尽的前提下，参与的
狼的数量要最小。因为狼还要去找喜羊羊麻烦.
Input
第一行为N,M.表示网格的大小，N,M均小于等于1000.
接下来分三部分
第一部分共N行，每行M-1个数，表示横向道路的权值.
第二部分共N-1行，每行M个数，表示纵向道路的权值.
第三部分共N-1行，每行M-1个数，表示斜向道路的权值.
输入文件保证不超过10M
Output
输出一个整数，表示参与伏击的狼的最小数量.
Sample Input
3 4
5 6 4
4 3 1
7 5 3
5 6 7 8
8 7 6 5
5 5 5
6 6 6
5 6 4
4 3 1
7 5 3
5 6 7 8
8 7 6 5
5 5 5
6 6 6
Sample Output
14
HINT
2015.4.16新加数据一组，可能会卡掉从前可以过的程序。
显然这是一个平面图，然后可以跑最短路或直接dinic
dijkstra确实比spfa快一点
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<queue> #define M 2000001 using namespace std; int n,m,nm; struct data{ int to,next,v; }e[4*M]; int dis[M],q[M],head[M]; bool flag[M]; int ne; struct cmp{ bool operator()(int a,int b) { return dis[a]>dis[b]; } }; void insert(int u,int v,int w) { ne++; e[ne].to=v; e[ne].v=w; e[ne].next=head[u]; head[u]=ne; ne++; e[ne].to=u; e[ne].v=w; e[ne].next=head[v]; head[v]=ne; } void spfa() { memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); int i,t=0,w=1; dis[0]=q[w]=0;flag[0]=1; while(t!=w) { int u=q[t++]; flag[u]=0; if(t==M)t=0; for(int i=head[u];i;i=e[i].next) { int v=e[i].to; if(dis[v]>dis[u]+e[i].v) { dis[v]=dis[u]+e[i].v; if(flag[v]==0) { flag[v]=1; q[w++]=v; if(w==M)w=0; } } } } } void dijkstra() { priority_queue<int,vector<int>,cmp> Q; memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); dis[0]=0;Q.push(0); while(!Q.empty()) { int u=Q.top();Q.pop(); for(int i=head[u];i;i=e[i].next) { int v=e[i].to; if(dis[v]>dis[u]+e[i].v) { dis[v]=dis[u]+e[i].v; Q.push(v); } } } } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); nm=(n*m-m-n+1)<<1; int x; for(int j=1;j<m;j++) { scanf("%d",&x); insert(j,nm+1,x); } for(int i=1;i<n-1;i++) { for(int j=1;j<m;j++) { scanf("%d",&x); insert((i<<1)*(m-1)+j,((i<<1)-1)*(m-1)+j,x); } } for(int j=1;j<m;j++) { scanf("%d",&x); insert(0,((n<<1)-3)*(m-1)+j,x); } for(int i=0;i<n-1;i++) { for(int j=1;j<=m;j++) { scanf("%d",&x); if(j==1)insert(0,(i<<1)*(m-1)+m,x); else if(j==m)insert((i<<1|1)*(m-1),nm+1,x); else insert((i<<1)*(m-1)+j-1,(i<<1)*(m-1)+j+m-1,x); } } for(int i=0;i<n-1;i++) { for(int j=1;j<m;j++) { scanf("%d",&x); insert((i<<1|1)*(m-1)+j,(i<<1)*(m-1)+j,x); } } dijkstra(); printf("%d",dis[nm+1]); return 0; }
还有dinic wirtten by hzwer
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; int n,m; int ne; struct data{int to,next,v;}e[6000001]; int head[1000001]; int h[1000001],q[1000001],ans; void insert(int u,int v,int w) { ne++; e[ne].to=v; e[ne].v=w; e[ne].next=head[u]; head[u]=ne; } bool bfs() { int now,i; memset(h,-1,sizeof(h)); int t=0,w=1; q[t]=1;h[1]=0; while(t<w) { now=q[t];t++; i=head[now]; while(i) { if(e[i].v&&h[e[i].to]<0) { q[w++]=e[i].to; h[e[i].to]=h[now]+1; } i=e[i].next; } } if(h[n*m]==-1)return 0; return 1; } int dfs(int x,int f) { if(x==n*m)return f; int i=head[x]; int w,used=0; while(i) { if(e[i].v&&h[e[i].to]==h[x]+1) { w=f-used; w=dfs(e[i].to,min(w,e[i].v)); e[i].v-=w; e[i+1].v+=w; used+=w; if(used==f)return f; } i=e[i].next; } if(!used)h[x]=-1; return used; } void dinic() { while(bfs())ans+=dfs(1,0x7fffffff); } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); int x; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<m;j++) { scanf("%d",&x); insert(m*(i-1)+j,m*(i-1)+j+1,x); insert(m*(i-1)+j+1,m*(i-1)+j,x); } for(int i=1;i<n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { scanf("%d",&x); insert(m*(i-1)+j,m*(i)+j,x); insert(m*(i)+j,m*(i-1)+j,x); } for(int i=1;i<n;i++) for(int j=1;j<m;j++) { scanf("%d",&x); insert(m*(i-1)+j,m*(i)+j+1,x); insert(m*(i)+j+1,m*(i-1)+j,x); } dinic(); printf("%d",ans); return 0; }
[HAOI2008]木棍分割
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 162 MBSubmit: 3980 Solved: 1531
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Description
有n根木棍, 第i根木棍的长度为Li,n根木棍依次连结了一起, 总共有n-1个连接处. 现在允许你最多砍断m个连
接处, 砍完后n根木棍被分成了很多段,要求满足总长度最大的一段长度最小, 并且输出有多少种砍的方法使得总长
度最大的一段长度最小. 并将结果mod 10007。。。
Input
输入文件第一行有2个数n,m.接下来n行每行一个正整数Li,表示第i根木棍的长度.n<=50000,0<=m<=min(n-1,10
00),1<=Li<=1000.
Output
输出有2个数, 第一个数是总长度最大的一段的长度最小值, 第二个数是有多少种砍的方法使得满足条件.
Sample Input
3 2
1
1
10
1
1
10
Sample Output
10 2
HINT
两种砍的方法: (1)(1)(10)和(1 1)(10)
DP+优化
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<set> #include<ctime> #include<vector> #include<cmath> #include<algorithm> #include<map> #include<deque> #define mod 10007 #define inf 2000000000 #define ll long long using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} return x*f; } int n,m,ans1,ans2; int a[50005],sum[50005]; int f[2][50005],q[50005]; bool jud(int x) { int tmp=0,sum=0; for(int i=1;i<=n;i++) { sum+=a[i]; if(sum>x){tmp++;sum=a[i];} if(tmp>m)return 0; if(a[i]>x)return 0; } return 1; } void solve1() { int l=1,r=sum[n]; while(l<=r) { int mid=(l+r)>>1; if(jud(mid)){ans1=mid;r=mid-1;} else l=mid+1; } } void solve2() { f[0][0]=1; int pre,cur,tot; for(int i=1;i<=m;i++) { pre=i&1;cur=pre^1; int l=1,r=1; q[1]=0;tot=f[cur][0]; for(int j=1;j<=n;j++) { while(l<=r&&sum[j]-sum[q[l]]>ans1) tot=(tot-f[cur][q[l++]]+mod)%mod; f[pre][j]=tot;q[++r]=j; tot=(tot+f[cur][j]+mod)%mod; } for(int j=n-1;j;j--) { if(sum[n]-sum[j]>ans1)break; ans2=(ans2+f[pre][j]+mod)%mod; } memset(f[cur],0,sizeof(f[cur])); } printf("%d ",ans2); } int main() { n=read();m=read(); for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(); for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+a[i]; solve1(); printf("%d ",ans1); solve2(); return 0; }
也是贴的
[PA2014]Lustra
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MBSubmit: 524 Solved: 362
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Description
Byteasar公司专门外包生产带有镜子的衣柜。
刚刚举行的招标会上，有n个工厂参加竞标。所有镜子都是长方形的，每个工厂能够制造的镜子都有其各自的最大、最小宽度和最大、最小高度。镜子不可以旋转。
如果存在某家工厂满足这样的条件：其他所有工厂能够制造的镜子，它都能够制造。那么这家工厂显然会胜出。若不存在，评判工作将会遇到麻烦。Byteasar想知道，是否存在某家工厂符合上述条件。
Input
第一行有一个整数t(1<=t<=10)，表示测试数据数量。
对于每一组测试数据，第一行有一个整数n(2<=n<=100000)。接下来n行，每行有四个整数w1,w2,h1,h2(1<=w1<=w2<=10^9,1<=h1<=h2<=10^9)，表示这家工厂能够制造的镜子的宽度w、高度h需要满足w1<=w<=w2,h1<=h<=h2。
Output
输出共有t行，每行为TAK(是)或NIE(否)，表示是否存在某家工厂符合条件。
Sample Input
3
3
2 3 3 5
1 4 2 6
1 3 4 6
3
1 5 1 3
2 4 1 3
3 4 2 5
4
1 2 1 10
1 2 3 8
2 2 7 10
1 2 1 10
3
2 3 3 5
1 4 2 6
1 3 4 6
3
1 5 1 3
2 4 1 3
3 4 2 5
4
1 2 1 10
1 2 3 8
2 2 7 10
1 2 1 10
Sample Output
TAK
NIE
TAK
NIE
TAK
明明一道直接先扫的题，我用sort+map乱搞了一发
果断效率倒数第一
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<map> using namespace std; map<int,int> Map; int T; struct note{ int w1,w2,h1,h2,pos; }mt[100005]; bool cmp1(note a,note b) { return a.w1<b.w1; } bool cmp2(note a,note b) { return a.w2>b.w2; } bool cmp3(note a,note b) { return a.h1<b.h1; } bool cmp4(note a,note b) { return a.h2>b.h2; } int main() { scanf("%d",&T); while(T--) { Map.clear(); int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d %d %d %d",&mt[i].w1,&mt[i].w2,&mt[i].h1,&mt[i].h2); mt[i].pos=i; } sort(mt+1,mt+1+n,cmp1); for(int i=1;i<=n;i++) if(mt[i].w1==mt[i-1].w1||i==1) Map[mt[i].pos]++;else break; sort(mt+1,mt+1+n,cmp2); for(int i=1;i<=n;i++) if(mt[i].w2==mt[i-1].w2||i==1) Map[mt[i].pos]++;else break; sort(mt+1,mt+1+n,cmp3); for(int i=1;i<=n;i++) if(mt[i].h1==mt[i-1].h1||i==1) Map[mt[i].pos]++;else break; sort(mt+1,mt+1+n,cmp4); for(int i=1;i<=n;i++) if(mt[i].h2==mt[i-1].h2||i==1) Map[mt[i].pos]++;else break; bool flag=1; for(int i=1;i<=n;i++) if(Map[i]==4) { puts("TAK"); flag=0; break; } if(flag) puts("NIE"); } }
[POI2007]大都市meg
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 162 MBSubmit: 2828 Solved: 1482
[Submit][Status][Discuss]
Description
在经济全球化浪潮的影响下,习惯于漫步在清晨的乡间小路的邮递员Blue Mary也开始骑着摩托车传递邮件了。
不过，她经常回忆起以前在乡间漫步的情景。昔日，乡下有依次编号为1..n的n个小村庄，某些村庄之间有一些双
向的土路。从每个村庄都恰好有一条路径到达村庄1（即比特堡）。并且，对于每个村庄，它到比特堡的路径恰好
只经过编号比它的编号小的村庄。另外，对于所有道路而言，它们都不在除村庄以外的其他地点相遇。在这个未开
化的地方，从来没有过高架桥和地下铁道。随着时间的推移，越来越多的土路被改造成了公路。至今，Blue Mary
还清晰地记得最后一条土路被改造为公路的情景。现在，这里已经没有土路了——所有的路都成为了公路，而昔日
的村庄已经变成了一个大都市。 Blue Mary想起了在改造期间她送信的经历。她从比特堡出发，需要去某个村庄，
并且在两次送信经历的间隔期间,有某些土路被改造成了公路.现在Blue Mary需要你的帮助：计算出每次送信她需
要走过的土路数目。（对于公路，她可以骑摩托车；而对于土路，她就只好推车了。）
Input
第一行是一个数n(1 < = n < = 2 50000).以下n-1行，每行两个整数a，b（1 < = a以下一行包含一个整数m
（1 < = m < = 2 50000），表示Blue Mary曾经在改造期间送过m次信。以下n+m-1行，每行有两种格式的若干信息
，表示按时间先后发生过的n+m-1次事件:若这行为 A a b(a若这行为 W a, 则表示Blue Mary曾经从比特堡送信到
村庄a。
Output
有m行，每行包含一个整数，表示对应的某次送信时经过的土路数目。
Sample Input
5
1 2
1 3
1 4
4 5
4
W 5
A 1 4
W 5
A 4 5
W 5
W 2
A 1 2
A 1 3
1 2
1 3
1 4
4 5
4
W 5
A 1 4
W 5
A 4 5
W 5
W 2
A 1 2
A 1 3
Sample Output
2
1
0
1
1
0
1
HINT
注意到一个点到根的路径上的点《==》时间戳包含这个点。
所以树状数组一下即可