题目列表：https://loj.ac/problems/search?keyword=JOI+2018+Final
T1 寒冬暖炉
贪心
暴力考虑每相邻两个人之间的间隔，从小到大选取即可
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
using namespace std;
const int maxd=1000000007,N=100000;
const double pi=acos(-1.0);
typedef long long ll;
int n,k,a[100100],x[100100];
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;
}
bool cmp(int x,int y)
{
return x>y;
}
int main()
{
n=read();k=read();
int i;
for (i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
if (k>=n) {printf("%d",n);return 0;}
for (i=1;i<n;i++) x[i]=(a[i+1]-a[i]-1);
sort(x+1,x+n);
int ans=n;
for (i=1;i<=n-k;i++) ans+=x[i];
printf("%d",ans);
return 0;
}
T2 美术展览
贪心
在确定了(A_{min})和(A_{max})之后，我们显然会选取它们中间的所有数
将所有的美术品按照(A)为主关键字排序
将原式改为前缀和的形式
[S-(A_{max}-A_{min})=S_r-S_{l-1}-Ar+A_l=(S_r-A_r)+(A_l-S_{l-1})
]
枚举(r)，同时维护(A_l-S_{l-1})的最大值即可
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
using namespace std;
const int maxd=1000000007,N=100000;
const double pi=acos(-1.0);
typedef long long ll;
struct node{
ll a,b;
}x[500100];
int n;
bool operator <(node p,node q)
{
return p.a<q.a;
}
ll read()
{
ll 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 main()
{
int i;
n=read();
for (i=1;i<=n;i++) {x[i].a=read();x[i].b=read();}
sort(x+1,x+1+n);
ll sum=0,pre=0,ans=0;
for (i=1;i<=n;i++)
{
pre=max(pre,-sum+x[i].a);
sum+=x[i].b;
ans=max(ans,pre+sum-x[i].a);
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
T3 团子制作
dp
我们考虑在团子的中心点统计答案
由于中心点不在同一条对角线上的团子不可能重合，于是按照对角线dp
每一次考虑当前的团子是不放/横放/竖放
你看这个dp连数组都不用开
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
using namespace std;
const int maxd=1000000007,N=100000;
const double pi=acos(-1.0);
typedef long long ll;
int n,m;
char s[3010][3010];
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 getr(int x,int y)
{
if (y-2<=0) return 0;
//cout << "now: " << x << " " << y << endl;
return ((s[x][y-1]=='R') && (s[x][y]=='G') && (s[x][y+1]=='W'));
}
int getC(int x,int y)
{
if (x-2<=0) return 0;
return ((s[x-1][y]=='R') && (s[x][y]=='G') && (s[x+1][y]=='W'));
}
int main()
{
n=read();m=read();
int i,j,k,ans=0;
for (i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s[i]+1);
for (k=2;k<=n+m;k++)
{
int nx=min(k-1,n),ny=k-nx;
int pre0=0,pre1=0,pre2=0;
while ((nx>=1) && (ny<=m))
{
//cout << nx << " " << ny << endl;
int r=getr(nx,ny),c=getC(nx,ny);
int tmp=pre0;
//cout << r << " " << c <<endl;
pre0=max(pre0,max(pre1,pre2));
if (r) pre1=max(tmp,pre1)+1;
if (c) pre2=max(tmp,pre2)+1;
//cout << pre0 << " " << pre1 << " " << pre2 << endl;
nx--;ny++;
}
//cout << endl;
ans+=max(max(pre0,pre1),pre2);
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
T4 月票购买
图论+DAG dp
贪心的考虑，(s->t)和(u->v)的路径如果要重合的话就一定会重合连续的一段
我们将(s->t)的所有最短路径拎出来并且按照(s->t)的方向定向，那么这一定是一个DAG
我们假设两条路径重合的是(x->y)，那么我们就是求(dis(u,x)+dis(y,v))的最小值
直接在DAG上跑即可，类似于tree dp
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxd=(ll)1e18+7,N=100000;
const double pi=acos(-1.0);
struct node{
int to,nxt,cost;
}sq[400400];
struct heapnode{
int u;ll dis;
};
bool operator <(const heapnode &p,const heapnode &q)
{
return p.dis>q.dis;
}
priority_queue<heapnode> q;
int n,m,s,t,from,to,all=0,head[100100];
ll dis_s[100100],dis_t[100100],dis_u[100100],dis_v[100100],
mind_u[100100],mind_v[100100];
bool vis[100100];
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;
}
void add(int u,int v,int w)
{
all++;sq[all].to=v;sq[all].cost=w;sq[all].nxt=head[u];head[u]=all;
}
void dijkstra(int s,ll *dis)
{
int i;
for (i=1;i<=n;i++) dis[i]=maxd;
memset(vis,0,sizeof(vis));
dis[s]=0;q.push((heapnode){s,0});
while (!q.empty())
{
heapnode now=q.top();q.pop();
if (vis[now.u]) continue;
vis[now.u]=1;int u=now.u;
for (i=head[u];i;i=sq[i].nxt)
{
int v=sq[i].to;
if (dis[v]>dis[u]+sq[i].cost)
{
//cout << v << " ";
dis[v]=dis[u]+sq[i].cost;
q.push((heapnode){v,dis[v]});
}
}
}
}
void init()
{
n=read();m=read();
s=read();t=read();from=read();to=read();
int i;
for (i=1;i<=m;i++)
{
int u=read(),v=read(),w=read();
add(u,v,w);add(v,u,w);
}
dijkstra(s,dis_s);
dijkstra(t,dis_t);
dijkstra(from,dis_u);
dijkstra(to,dis_v);
//for (i=1;i<=n;i++) cout << dis_v[i] << " ";cout << endl;
}
void dfs(int u)
{
vis[u]=1;
int i;
mind_u[u]=dis_u[u];
mind_v[u]=dis_v[u];
for (i=head[u];i;i=sq[i].nxt)
{
int v=sq[i].to;
if (dis_s[u]+dis_t[v]+sq[i].cost==dis_s[t])
{
if (!vis[v]) dfs(v);
if (mind_u[u]+mind_v[u]>min(mind_u[v],dis_u[u])+min(mind_v[v],dis_v[u]))
{
mind_u[u]=min(mind_u[v],dis_u[u]);
mind_v[u]=min(mind_v[v],dis_v[u]);
}
}
}
}
void work()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
dfs(s);
printf("%lld",min(dis_u[to],mind_u[s]+mind_v[s]));
}
signed main()
{
init();
work();
return 0;
}
T5 毒蛇越狱
最暴力的想法就是枚举？的取值，时间复杂度(O(2^{cnt_?}))，明显爆炸
然后发现可以对所有0的位置或所有1的位置进行容斥，时间复杂度(O(2^{cnt_0}))或(O(2^{cnt_1}))，依然无法保证
然后我们注意到(Lleq 20)
由于抽屉原理我们知道(min(cnt_?,cnt_0,cnt_1)leq 6)
于是复杂度瞬间有了保证
具体容斥过程可以看程序头部的注释
//sum[0][i]表示当i中的1恒定为1，剩下的位可0可1时的w之和
//sum[1][i]表示当i中的0恒定为0，剩下的位可0可1时的w之和
//考虑容斥
//当0的个数小于6时，总数为sum[0][p1],但是这样的话某些该为0的位上就是1，枚举p0子集，依照0变为1的个数容斥
//当1的个数小于6时，总数为sum[1][p2|p1]，但是这样的话某些该为1的位上就是0，枚举p1子集，依照当前状态与p1的差容斥
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
using namespace std;
const int maxd=1000000007,N=100000;
const double pi=acos(-1.0);
typedef long long ll;
int l,q,n,cnt[1100000],sum[2][1100000],w[1100000];
char s[1100000];
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 main()
{
//freopen("a.in","r",stdin);
//freopen("a.out","w",stdout);
l=read();q=read();
memset(sum,0,sizeof(sum));
scanf("%s",s);n=(1<<l);
int i,j;
for (i=0;i<n;i++)
{
w[i]=s[i]-'0';sum[0][i]=w[i];sum[1][i]=w[i];
}
for (i=0;i<l;i++)
{
for (j=0;j<n;j++)
{
if (j&(1<<i)) {sum[0][j^(1<<i)]+=sum[0][j];sum[1][j]+=sum[1][j^(1<<i)];}
}
}
for (i=1;i<n;i++) cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
while (q--)
{
scanf("%s",s);
int p0=0,p1=0,p2=0;
for (i=0;i<l;i++)
{
if (s[l-i-1]=='0') p0+=(1<<i);
else if (s[l-i-1]=='1') p1+=(1<<i);
else p2+=(1<<i);
}
//cout << p0 << " " << p1 << " " << p2 << endl;
ll ans=0;
if (cnt[p0]<=6)
{
for (i=p0;;i=(i-1)&p0)
{
if (cnt[i]&1) ans-=sum[0][i|p1];
else ans+=sum[0][i|p1];
if (!i) break;
}
}
else if (cnt[p1]<=6)
{
for (i=p1;;i=(i-1)&p1)
{
if (cnt[i^p1]&1) ans-=sum[1][i|p2];
else ans+=sum[1][i|p2];
if (!i) break;
}
}
else if (cnt[p2]<=6)
{
for (i=p2;;i=(i-1)&p2)
{
ans+=w[i|p1];
if (!i) break;
}
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}