[考试反思]1102csp-s模拟测试98：苟活

好像没有什么粘文件得分的必要（本来就没多少分了也丢不了多少了）

而且从这次开始小绿框不代表首杀而代表手速了2333

其实我挺菜的，牛一个frepoen送掉100分才跟我并列%%%milkfun mikufun

这一场对于除了他以外的人都是搜索专场。。。

没什么水准但是挺有RP的

话说T1和T3的搜索全写挂我是不是没救了。。。

T1：线性代数

代什么数。。。就是个数字华容道。。。

巨型模拟，因为玩数字华容道的时候并没有总结必胜策略所以考场上什么也不会

乱发现了一些规律，有概率找到解，但是这题子任务评测，所以爆零了。

对的点当然不限于Impossible。如果按测试点评分能有40呢。。。（话说为什么大点找到解的概率反而更大？）

正解就是一种必胜策略。先把(3,3)到(n,n)这个正方形填上，再把(1,3)到(2,n)和(3,1)到(n,2)这两个矩形填上。

填矩形的方法就是对于每个1×2的矩形，(2,n)放到(1,n)，(1,n)放到(1,n-1)，把0放到(2,n)然后就好了。

具体实现是个大模拟，没时间打了。

T2：装饰

记忆化搜索。

外层全局枚举最终时间，内层记忆化搜索。

根据每一个时刻的决策都可以判断出它到最终时刻为止所产生的影响。

#include<cstdio>
int TLE,n,f[17],E,st[18][133333];
bool sch(int t,int s){//printf("%d %d
",t,s);
    if(s==E)return true;
    if(t==TLE)return false;
    if(st[t][s]==TLE)return true;
    if(st[t][s]==-TLE)return false;
    if(sch(t+1,s)){st[t][s]=TLE;return true;}
    for(int i=1;i<=n;++i){
        int rs=s;
        for(int p=i,T=TLE-t;p&&T;p=f[p],T--)rs^=1<<p;
        if(sch(t+1,rs)){st[t][s]=TLE;return true;}
    }
    st[t][s]=-TLE;return false;
}
int main(){
    freopen("decoration.in","r",stdin);
    freopen("decoration.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=2;i<=n;++i)scanf("%d",&f[i]);
    for(int i=1,x;i<=n;++i)scanf("%d",&x),E|=x<<i;
    for(;TLE<=n;++TLE)if(sch(0,0))return printf("%d
",TLE),0;
}

T3：午餐

神仙题。%%%mikufun考场切。

首先观察部分分，考虑没有-1的情况。

那每个人都是越早学会越好。

设$f_i$表示第i个人最早在什么时候学会，则有$ f_i=min ( max(f_j,L_{i,j}) ) $

其中$i,j$在一起吃了饭 ，饭的时间的左端点为$L$

 这个模型的话可以当作以上式$max$为边权的最短路，这样就可做了。

求出每个人的$f$后判断是否有人应该学会却没学会，枚举每一顿饭根据两个人的$f$来确定饭的时间即可。

考虑有-1的情况。

因为有-1存在，所以有些人就不能太早学会，否则他就会传给-1。

那么处理出每个人在收到-1的限制后，必须在哪一个时刻之后才能学会，设为$h_i$

对于一条边，如果我们想用A更新B。即$h_A$已知而$h_B$未知。

考虑$h_A$与这顿饭时间$L,R$的关系

如果$h_A geq R$那么$A$必须在这顿饭之后才能学会，所以既然它们吃饭了，那么$B$就不能在$L$之前学会，否则他就会让$A$在$R$之前学会。

只要$B$是在$L$之后学会的，那么把这顿饭的时间定在$[L,h_B)$之间即可。所以就是$h_B$对$L$取$max$。

在不满足$h_A geq R$ 的情况下，只要你把吃饭的时间定在$R$就一定不会非法，所以这就不会更新$h_B$

所以其实还是一个最短路模型（严格的说，是最长路）。初值是所有-1的点都是$h_i=inf$，多源最长路。

这样求出$h$数组，然后在更新$f$的时候保证$f>h$即可。

无解的条件是$h_1>0$。以及对于任意一个值为1的人不能有$f_i=inf$（未被扩展到）

如果存在解，那么就可以枚举每一顿饭根据两个人的$f$值确定答案。

具体方法是，如果$A,B$两个人其一学会的时间大于这顿饭的$R$,那么定为$L$就行反正没有影响。

否则，这顿饭的时间就是$max(L,f_A,f_B)$，因为这顿饭的时间要将就着后学的人的时间来。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 1000000001
priority_queue<pair<int,int> > Q;
priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,greater<pair<int,int> > >q;
int n,L[400005],R[400005],l[400005],to[400005],fir[400005],cnt,m,s[200005];
int h[200005],f[200005];
void link(int a,int b,int le,int ri){l[++cnt]=fir[a];fir[a]=cnt;to[cnt]=b;L[cnt]=le;R[cnt]=ri;}
int main(){
    freopen("lunch.in","r",stdin);
    freopen("lunch.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1,A,B,le,ri;i<=m;++i)
        scanf("%d%d%d%d",&A,&B,&le,&ri),link(A,B,le,ri),link(B,A,le,ri);
    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&s[i]),h[i]=-1;
    for(int i=1;i<=n;++i)if(s[i]==-1)Q.push(make_pair(h[i]=inf,i));
    while(!Q.empty()){
        int p=Q.top().second;Q.pop();
        for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(R[i]<=h[p]&&h[to[i]]<L[i])
            Q.push(make_pair(h[to[i]]=L[i],to[i]));
    }
    for(int i=2;i<=n;++i)f[i]=inf;
    q.push(make_pair(0,1));
    while(!q.empty()){
        int p=q.top().second;q.pop();
        for(int i=fir[p];i;i=l[i]){
            int E=max(h[to[i]]+1,max(f[p],L[i]));
            if(f[to[i]]>E&&E<=R[i])q.push(make_pair(f[to[i]]=E,to[i]));
        }
    }
    if(h[1]>0)return puts("Impossible"),0;
    for(int i=1;i<=n;++i)if(s[i]==1&&f[i]==inf)return puts("Impossible"),0;
    for(int i=1;i<=m;++i){
        int a=to[i<<1],b=to[(i<<1)-1],ll=L[i<<1],rr=R[i<<1];
        if(f[a]>rr||f[b]>rr)printf("%d
",ll);
        else printf("%d
",max(ll,max(f[a],f[b])));
    }
}