USACO比赛题泛刷

随时可能弃坑。
因为不知道最近要刷啥所以就决定刷下usaco。
优先级排在学习新算法和打比赛之后。
仅有一句话题解。难一点的可能有代码。
优先级是Gold>Silver。Platinum刷不动...（可能有一两道？）

2015 Feb Gold

BZOJ3939. [Usaco2015 Feb]Cow Hopscotch

这题洛谷数据过水，(O(n^4))的dp跑的飞快。。。所以建议在bzoj写。
但是还是要考虑一下4次方的dp的...其实就是强行枚举转移点，我们可以试着维护前缀和，那么只要倒序枚举m，即有(f[i][j]=sum[i-1][j-1])了。
但是注意到(sum[i-1][j-1])包含了不能转移的情况，发现相同情况最多(750*750)种，所以可以拿(750*750)个线段树动态开点维护一下就完事了。
两者相减即为答案，注意第二层要倒序枚举。
当然也是可以cdq分治的。可是我还没学...

2017 Jan Platinum

BZOJ4756. [Usaco2017 Jan]Promotion Counting

想了几种做法...
主席树(O(nlogn))，线段树合并(O(nlogn))，分块(O(nsqrt{n}log(sqrt{n})))，然而都懒得写...
然后就写了一个莫队+BIT。(O(nsqrt{n}logn))。离散化一下就行了...
就是把dfs序爬下来，顺便记录一下siz，那么一个节点的子树在dfs上就是([dfn_x,dfn_x+siz_x-1])，那就用莫队维护一下，每次移动指针对应的在bit里面操作就好了...
然而在树上直接BIT求逆序对真的没看题解之前不会写（把之前答案删了处理完子树再加上去，这个真的没想到）。

2016 Open Gold

LuoguP3145 [USACO16OPEN]分割田地Splitting the Field

简单套路题...按x值排序之后，枚举分割点求个min就好了，维护y轴坐标的区间max和min，这题可以直接(O(n))处理出来，不过我写了个ST表...
然后再按y轴排序再来一遍。但是这个完全重合有点奇怪...我把判断删掉才过了...也可能是我判断写错了吧...
复杂度是(O(nlogn))的。

BZOJ4579. [Usaco2016 Open]Closing the Farm

并查集。
还是挺套路的吧...就是把删边变成连边就好了。
然后考虑怎么判断。对每个集合维护一个siz，每次合并的时候顺便把siz并起来。
然后每次把相邻节点merge起来（要判断那个相邻节点是不是还没连上去）。然后再遍历一次，如果有一个的siz不等于当前总节点数，显然就不连通。
这样复杂度是(O(nlogn))的（只用路径压缩）

LuoguP3146 [USACO16OPEN]248

写了一个不同于其他题解的dp。
(f[l,r,k])表示区间([l,r])合并出(k)是否可行。
注意到直接枚举转移的话是(O(n^4))的。考虑优化一下。
因为这样子的dp值是只有0和1的，所以可以拿一个bitset优化一下，就是&一下左右两个子区间然后右移一位就行了。
至于答案可能不需要把整段并起来这个问题，再开一个bitset，每次对得到的区间或以下就好了。
这样就能(O(frac{n^4}{w}))搞过去了。

2017 Jan Gold

LuoguP3608 [USACO17JAN]Balanced Photo平衡的照片

很显然的一道题了...离散一下之后用值域BIT维护一下就行了...复杂度是(O(nlogn))

LuoguP3609 [USACO17JAN]Hoof, Paper, Scissor蹄子剪刀…

简单dp.设(f[i,j,k])表示前i局，换了j次手势，现在是出第k种手势（0-石头 1-剪刀 2-布）
然后写个check函数应付一下不换手势的做法就好了。
分成这轮换手势，这轮不换手势两种转移。（换手势肯定是要换赢的）。
怎么usaco这么喜欢出dp...

2016 Dec Gold

LuoguP3036 [USACO16DEC]Lasers and Mirrors激光和镜子

搜索。挺好想的，就是不好写...
仔细研究一下题目，就可以发现几个性质：最优情况下，每个点肯定只会被访问一次，每条边（指网格）也仅会被访问一次。
所以这样子写个bfs的话是(O(n))的。
实现方式有很多种...，维护3个vis数组，表示这一行/列有没有访问过，以及这个点有没有被访问过。
因为坐标有点大，然后可以发现的是只要是相同行的就能走到，所以可以先离散一波。
然后建两个图，对于每个点，从横坐标向纵坐标连边（另外一个图反着），边权均为1。
然后从起点开始bfs，对于每个点，拓展没有走过的点（这个点的横/纵坐标之一也必须是没走过的。）
分类讨论转移即可。细节好多...反正我是重构了3,4次...

LuoguP2847 [USACO16DEC]Moocast(gold)奶牛广播-金

同poj2349，改改就好了，跑一遍mst取个最大边权平方即可。

LuoguP2848 [USACO16DEC]Cow Checklist奶牛确认单

简单dp。设(f[i][j][0/1])表示目前访问了i头H牛，j头G牛，现在在H牛/G牛处。因为只能顺序访问，所以转移是(O(nm))的，分类讨论一下即可。
答案是(f[n][m][0])。注意初始化为(f[1][0][0]=0)

2019 Jan Platinum

LuoguP5202 [USACO19JAN]Redistricting

将(H)设为1，(G)设为-1，维护一个前缀和。
显而易见的可以设一个(O(nk))的方程：(f[i] = min{f[i-j]+[s[i]-s[i-j]<=0]}(i-jleq k))
考虑优化，用个单调队列或者优先队列其实都可以维护。
单调队列复杂度更优但是难写所以因为太懒我就写了优先队列优化。
对堆中每个点储存两个值，dp值和位置。
按dp值升序排序，dp值相同按s[i]升序排序。（因为要求min，把那个式子移项一下就可以知道为什么要按s[i]升序了）。
每次转移时先把距离大于k的点都弹掉（单调性），然后取堆顶（但是不弹出）转移。
这样就可以(O(nlogk))转移了。

2019 Jan Gold

LuoguP5196 [USACO19JAN]Cow Poetry

需要一点思维(套路)的计数dp以及阅读理解能力。
反正我是看了很久的题才看懂题意...
考虑(f[k][j])表示一个长度为k的句子以韵部j结尾。
显然有转移方程$$f[k][c[i]]=sum{f[k-s[i]][j]}$$
优化一下就是设$$g[k]=sum{f[k][i]}$$
然后就可以(f[k][c[i]]=sum{g[k-s[i]]})愉快的(O(nk))转移了。
然后需要一点计数套路...考虑那些需要押韵的行数对答案贡献。

[ans=sum{f[K][j]^{cnt[i]}}$$（$cnt[i]$为需要压这种韵的行数） 其实就是必须放一样的，那么就用排列算一下就可以知道是这个东西（但是没规定要放哪种，所以取个$sum$）。 乘法原理把每个ans乘起来就好。 （我感觉这个T1其实是三题里面最难的..？） ### LuoguP5200 [USACO19JAN]Sleepy Cow Sorting > 想出来一个结论的话就可以挺顺理成章地把后面想出来了。 **每头牛最多被移动一次**。 其实也挺显然的，因为每次只能移动队头。 考虑什么牛不会被移动，其实就是最后面那段递增序列不用移动。从后往前数第一个不递增的数，1~它全都得移动（因为要把前面的移动了才能移动它）。 而又由上面那个结论可以知道，我们可以在移动的过程中顺便维护出它应该在的位置。这个可以用bit解决。 首先对于每个$j(1leq i leq x)$（x为从后往前数第一个不递增的数），它至少要往后$x-i$头牛（这样才能把x扔到前面），然后考虑把它插入到后面那个递增序列的合适位置，即比它小的数有多少个（这个东西用bit可以很方便的维护）。 那这样的效率就是$O(nlogn)$的了。 ### LuoguP5201 [USACO19JAN]Shortcut > 因为完全忘记了有最短路树这种东西，对这题一脸懵逼，所以看了一下题解之后赶紧滚回去看了czl的课件... 先跑一遍Dijkstra。 因为题目要求字典序最小，那么枚举起点从小的开始枚举，如果枚举到的这条边的两个端点都没连过，那么就可以扔进最短路树里面（因为枚举顺序，如果连过肯定是被更小点连过了，那么字典序会更小）。 然后思路就很显然了。因为是一棵树，加了一条非树边之后显然子树里面都可以不走中间那段了，维护子树的奶牛数量，答案即为： $ans=max{siz[u]*(edge-T)}$ ## 2019 Jan Silver ### LuoguP5199 [USACO19JAN]Mountain View > 偏思维一点的题。 考虑到是等腰直角三角形，所以下面的左端点就是$x-y$，右端点就是$x+y$。 然后按第一关键字左端点升序排序，第二关键字右端点降序排序求解即可。如果右端点大于之前的所有右端点就累加进答案。 ~~至于为什么我觉得有个题解讲的挺好的。~~  ### LuoguP5198 [USACO19JAN]Icy Perimeter > 简单爆搜。将联通块划分出来，那么面积就是最大联通块，然后对每个最大联通块取个周长min就好了。 ### LuoguP5197 [USACO19JAN]Grass Planting > 显然答案是max(度数+1) ## 2017 Dec Gold ### BZOJ5140: [Usaco2017 Dec]A Pie for a Pie > 最短路+set。 这个显然是个最短路问题...，把每个A中B值为0的作为起点往回跑，B中A值为0的作为起点往回跑。每个$a_i$的答案即为它的dis值。 发现边权只有1，所以bfs处理即可。还有一个问题是，边数最大可以到$n^2$，于是我就不会做了。去看了题解的神仙操作：用两个set来维护。 （尽管数据很水，强行连边也跑的飞快。当然这是后面才知道的不然也不会写set做法了...） 首先将每个可能的终点塞进去队列里面，不可能作为终点的就塞进对应的set里面。 每次在set里面二分出来所有可以走的点松弛，松弛完直接删掉（bfs的最优性。）。 所以答案1~n的dis。无解情况将dis初值赋值为-1即可。 这样复杂度是$O(nlogn)$的。 这套其他两题以前做过了。 ## 2018 Feb Gold ### BZOJ5195: [Usaco2018 Feb]Directory Traversal > 换根dp。 一开始看到这题差点以为是大模拟然后直接跑路了。 现在仔细研究了一下其实就是个板子题。 虽然这题题意也有点奇怪就是了：给一棵树，边权是子节点的字符串的长度+1（对于叶子结点的父亲，没有+1） 然后求以某个点为根的每个叶子结点的路径最小和（根自己选）。 那显然就是个换根dp了。 先一次dfs求出以1为根的情况。 然后转移有点特殊： $$f[son]=f[fa]-(siz[son]*(len[son]+1))+(tot_{leaf}-siz[son])*3]

考虑这个式子的意义：以son节点为根，那对于以son的父亲为根来说，肯定就少了到父亲那一段的引用距离。所以减掉，然后以son为根，那么除了son子树内的叶子结点，其他的叶子结点的路径肯定多了一段："../"，所以*3.（siz指该子树内叶子结点的数量）。
复杂度(O(n))

BZOJ5196: [Usaco2018 Feb]Taming the Herd

dp。一开始没想到能dp...搜了题解看到dp两字滚回去思考了一发差不多就想出来了。
因为n<=100所以考虑一个(O(n^3))的dp。
设(f[i,j,k])表示前i头牛 出走了j次 当日的真实天数为k。
那么分类今天有没有出走转移即可。

[f[i][j][k] = min{f[i-1][j][k-1] + (a[i] != k)}(今天没出走)\ f[i][j][0] = min{f[i-1][j-1][k] + (a[i] != 0)}(今天出走了) ]

2018Dec Gold

BZOJ5488: [Usaco2018 Dec]Teamwork

简单dp。一开始看错题意了...以为分成k组，每组不超过k，然后写了个(O(nk))的单调队列优化dp...
实际上组数没限制...
所以可以设(f[i])表示到i的最大价值和。用刷表法转移。
(f[j]=max(f[j],f[i-1]+(j-i+1)*mx)(r-l+1<=k))
mx为区间([i,j])的最大值。
复杂度是(O(nk))的。

BZOJ5486: [Usaco2018 Dec]Fine Dining

分层图啥都能干.jpg
考虑设(d[i][0])表示从n开始走到i的最短路，(d[i][1])表示从n开始走到i经过一个草堆的最短路。
那么Dijkstra跑一发分层图就好了。也没啥细节。注意分层图分类别分少了就好。

BZOJ5487: [Usaco2018 Dec]Cowpatibility

正解是容斥（然而我并不会，只会bitset优化暴力，去找题解学习了一下容斥做法）。
不过bzoj好像调了时限，然后我现在网上找到的所有容斥题解都TLE了（因为网上的题解都用了string，换成hash才能过）。
容斥做法：
显然转化为(n(n-1)/2-)和谐对数。
然后和谐对数就5种情况：1个一样的，2个一样的，3个一样的，4个一样的，5个一样的。
用经典的容斥式子：

[ans=sum_{i=1}^5f(i)*(-1)^i ]

(f(i))为一样的对数的个数。
那么(2^5)枚举所有取法，容斥一遍即可。
用bitset优化一下暴力也跑的飞快，就慢了几百ms。复杂度是小常数的(O(frac{n^2logn}{w}))（要开map不然存不下，或者可以分块求答案就不用开map）。
代码的话戳这里

2017Open Gold

BZOJ4779 [Usaco2017 Open]Bovine Genomics

https://www.cnblogs.com/henry-1202/p/10631415.html

BZOJ4780 [Usaco2017 Open]Modern Art 2

这题看了题解...
考虑什么情况会是无解？显然就是两条线段不包含而又相交。
用栈来维护。每次遇到一个新的颜色（这种颜色第一次出现）就入栈。如果到了最后一次出现的地方就弹出。
那么如果中间有一次遇到一个top和当前颜色不同的，肯定就无解了（如果是包含的，它就会入栈了，没入栈说明一定是相交且不包含。）。
答案就是top的最大值。（因为每次涂色区域不能相交）
注意0是不涂色。所以不用管它。

2017Open Silver

BZOJ4781 [Usaco2017 Open]Paired Up

模拟。两个指针扫一扫即可。

BZOJ4782 [Usaco2017 Open]Bovine Genomics

枚举三元组。用个桶判三元组在A出现过没有即可。一开始看错题意了...

BZOJ4783 [Usaco2017 Open]Where

爆搜。调了1h多调到心态有点炸...
(O(n^4))枚举矩形。dfs判定。可以先不管覆盖条件，把所有符合条件的矩形找出来，最后(O(n^2))去个重。
大概80多行...