Regionals 2012, Asia

啥都不会做了。。 

做题慢死

A.Grandpa's Walk

签到题。

直接DFS就行。

注意先判断这个点可以作为一个路径的起点不。

然后再DFS。 

否则处理起来略麻烦

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <map>
#define MAXN 111111
#define INF 1000000007
using namespace std;
int h[55][55];
int dp[55][55];
int n, m;
int xx[] = {0, 0, -1, 1};
int yy[] = {1, -1, 0, 0};
int vis[55][55];
void dfs(int x, int y)
{
    dp[x][y] = 0;
    vis[x][y] = 1;
    int flag = 0;
    for(int i = 0; i < 4; i++)
    {
        int tx = x + xx[i];
        int ty = y + yy[i];
        if(tx >= 0 && ty >= 0 && tx < n && ty < m )
        {
            if(h[x][y] <= h[tx][ty] ) continue;
            flag = 1;
            if(!vis[tx][ty])
                dfs(tx, ty);
            dp[x][y] += dp[tx][ty];
        }
    }
    if(flag == 0) dp[x][y] = 1;
}
int main()
{
    int T;
    int cas = 0;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        memset(dp, -1, sizeof(dp));
        scanf("%d%d", &n, &m);
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        for(int i = 0; i < n; i++)
            for(int j = 0; j < m; j++)
                scanf("%d", &h[i][j]);
        int ans = 0;
        //ans += dfs(1, 1);
        for(int i = 0; i < n; i++)
            for(int j = 0; j < m; j++)
            {
                int flag = 0;
                for(int k = 0; k < 4; k++)
                {
                    int tx = i + xx[k];
                    int ty = j + yy[k];
                    if(tx >= 0 && ty >= 0 && tx < n && ty < m)
                        if(h[tx][ty] > h[i][j])
                            flag = 1;
                }
                if(flag) continue;
                dfs(i, j);
                ans += dp[i][j];
            }
        printf("Case #%d: %d
", ++cas, ans);
    }
    return 0;
}

B. Let's Go Green

很容易想到一种贪心的思想

就是一个结点。

从父节点流过来的边。

能跟去往子结点的边流多少  就流多少

然后子结点如果还有留下的流量

就两两配对搞一下

但是可能会出现某个分支流量很大。

别的所有分支跟这个分支配对完，这个分支还有剩余

那么就要特殊判断一下。

所以就要求一下所有分支的流量总和，以及最大值。

然后看sum - max 与max的关系。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <map>
#include <vector>
#define MAXN 111111
#define INF 1000000007
using namespace std;
vector<pair<int, int> >g[MAXN];
int n, ans;
void dfs(int u, int fa, int pre)
{
    int sz = g[u].size();
    int mx = 0;
    int sum = 0;
    for(int i = 0; i < sz; i++)
    {
        int v = g[u][i].first;
        int w = g[u][i].second;
        if(v == fa) continue;
        dfs(v, u, w);
        sum += w;
        mx = max(mx, w);
    }
    int t = mx + mx - sum;
    if(t > pre) ans += mx - pre;
    else if(sum >= pre) ans += (sum - pre + 1) / 2;
}
int main()
{
    int T, u, v, w;
    int cas = 0;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d", &n);
        ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++) g[i].clear();
        for(int i = 1; i < n; i++)
        {
            scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
            g[u].push_back(make_pair(v, w));
            g[v].push_back(make_pair(u, w));
        }
        dfs(1, 0, 0);
        printf("Case #%d: %d
", ++cas, ans);
    }
    return 0;
}

C.Stop Growing!

签到题。

发现和是翻倍增长即可

D.Retrenchment

没看

E.Bee Tower

简单的一个二维DP

dp[i][j] 表示的是从第i个塔在第j个位置时登上塔所需要得最小花费

注意的是最高的塔不能动！！

所以找答案的时候要找对状态

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <map>
#include <vector>
#include <queue>
#define MAXN 555
#define INF 1000000007
using namespace std;
int dp[MAXN][MAXN];
typedef pair<int, int> P;
P tow[MAXN];
int n, H, W, mx, ans;
void gao()
{
    tow[0].second = 0;
    memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int tmp = tow[i].second - tow[i - 1].second;
        if(tow[i].second <= H)
            for(int j = 1; j <= 500; j++)
                dp[i][j] = min(dp[i][j], abs(tow[i].first - j) * tow[i].second);
        if(tmp > H) continue;
        for(int j = 1; j <= 500; j++)
            for(int k = 1; k <= W; k++)
            {
                if(j - k < 1) break;
                dp[i][j] = min(dp[i][j], abs(tow[i].first - j) * tow[i].second + dp[i - 1][j - k]);
            }
    }
}
void getans()
{
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        if(tow[i].second == mx)
            ans = min(ans, dp[i][tow[i].first]);
}
int main()
{
    int T, cas = 0;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d", &n, &H, &W);
        mx = 0, ans = INF;
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            scanf("%d%d", &tow[i].first, &tow[i].second);
            mx = max(tow[i].second, mx);
        }
        sort(tow + 1, tow + 1 + n);
        gao();
        getans();
        for(int i = 1; i <= n; i++) tow[i].first = 501 - tow[i].first;
        sort(tow + 1, tow + 1 + n);
        gao();
        getans();
        if(ans == INF) ans = -1;
        printf("Case #%d: %d
", ++cas, ans);
    }
    return 0;
}

F.Knots

呃。。神题吧。

G.Unique Path

就是求边的双连通分量。

然后把涉及到的边的两个端点都给标记掉。

其实就是跟求桥相反。 不是桥的边得端点肯定不行。

剩余的点组成了若干个连通块

每个连通块内，点与点之间都符合要求

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <map>
#define MAXN 111111
#define INF 1000000007
using namespace std;
int n, m;
struct Edge
{
    int u, v, next;
}edge[MAXN * 2];
int tmpdfn, e, top, num[MAXN];
int head[MAXN], vis[MAXN * 2];

int dfn[MAXN], low[MAXN], fa[MAXN];
int cnt;

void init()
{
    e = 0, tmpdfn = 0, top = -1;
    cnt = 0;
    memset(head, -1, sizeof(head));
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    memset(dfn, 0, sizeof(dfn));
    memset(num, 0, sizeof(num));
}
void insert(int x, int y)
{
    edge[e].u = x;
    edge[e].v = y;
    edge[e].next = head[x];
    head[x] = e++;
}
int find(int x)
{
    if(x == fa[x]) return x;
    int t = find(fa[x]);
    fa[x] = t;
    return t;
}
void dfs(int u, int fath)
{
    dfn[u] = low[u] = ++tmpdfn;
    for(int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next)
    {
        int v = edge[i].v;
        if(!dfn[v])
        {
            dfs(v, u);
            low[u] = min(low[u], low[v]);
            if(low[v] <= dfn[u])
                vis[u] = vis[v] = 1;
        }
        else if(v != fath) low[u] = min(low[u], dfn[v]);
    }
}

int main()
{
    int T, u, v;
    int cas = 0;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        init();
        for(int i = 0; i < m; i++)
        {
            scanf("%d%d", &u, &v);
            insert(u, v);
            insert(v, u);
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i, num[i] = 1;
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            if(!dfn[i]) dfs(i, 0);
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            for(int j = head[i]; j != -1; j = edge[j].next)
            {
                int v = edge[j].v;
                if(!vis[i] && !vis[v])
                {
                    int fx = find(i);
                    int fy = find(v);
                    if(fx != fy)
                    {
                        fa[fy] = fx;
                        num[fx] += num[fy];
                        num[fy] = 0;
                    }
                }
            }
        printf("Case #%d: ", ++cas);
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        long long ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            int t = find(i);
            if(!vis[t])
            {
                vis[t] = 1;
                ans += (long long)(num[t]) * (long long)(num[t] - 1) / 2;
            }
        }
        printf("%lld
", ans);
    }
    return 0;
}

H.Alien Abduction

这题的话。

注意到

操作到的人次不会超过5W

也就是要快速找到这些符合要求的人

那么。

还是那个技巧。

所有点左旋45度

然后坐标转换。

用set给存下来

就能很快的找到这些点了

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <set>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define INF 100000005
#define MAXN 70000
using namespace std;
int N, Q, W, H;
int X, Y, E, a, b, c, d, e, f, x, y;
typedef pair<int, int> P;
P ans[MAXN];
typedef pair<int, P> PP;
set<P>s[MAXN];
set<int>xx;
vector<PP>g;
typedef set<int>::iterator Iter;
typedef set<P>::iterator Pter;
typedef long long LL;
int getx(int tx, int ty)
{
    return (tx - H + ty) / 2;
}
int gety(int tx, int ty)
{
    return (ty - tx + H) / 2;
}
int main()
{
    int T;
    int cas = 0;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d%d", &N, &Q, &W, &H);
        for(int i = 0; i <= W + H; i++) s[i].clear();
        xx.clear();
        for(int i = 1; i <= N; i++)
        {
            scanf("%d%d", &x, &y);
            s[x - y + H].insert(make_pair(x + y, i));
            xx.insert(x - y + H);
        }
        for(int i = 0; i < Q; i++)
        {
            scanf("%d%d%d%d%d%d%d%d%d", &X, &Y, &E, &a, &b, &c, &d, &e, &f);
            x = X - Y + H;
            y = X + Y;
            Iter it1 = xx.lower_bound(x - E);
            Iter it2 = xx.upper_bound(x + E);
            g.clear();
            for(Iter it = it1; it != it2; it++)
            {
                int nowx = *it;
                Pter pt1 = s[nowx].lower_bound(make_pair(y - E, -1));
                Pter pt2 = s[nowx].upper_bound(make_pair(y + E, INF));
                for(Pter pt = pt1; pt != pt2; pt++)
                {
                    P tmp = *pt;
                    g.push_back(make_pair(nowx, tmp));
                }
            }
            for(int j = 0; j < g.size(); j++)
            {
                int tx = g[j].first;
                int ty = g[j].second.first;
                int id = g[j].second.second;
                s[tx].erase(g[j].second);
                if(s[tx].size() == 0) xx.erase(tx);
                x = getx(tx, ty);
                y = gety(tx, ty);
                LL newx = ((LL)x * (LL)a % W + (LL)y * (LL)b % W + (LL)id * (LL)c % W) % W;
                LL newy = ((LL)x * (LL)d % H + (LL)y * (LL)e % H + (LL)id * (LL)f % H) % H;
                tx = (newx - newy + H);
                ty = newx + newy;
                s[tx].insert(make_pair(ty, id));
                xx.insert(tx);
            }
        }
        for(Iter it = xx.begin(); it != xx.end(); it++)
        {
            int now = *it;
            for(Pter pt = s[now].begin(); pt != s[now].end(); pt++)
            {
                P tmp = *pt;
                ans[tmp.second].first = getx(now, tmp.first);
                ans[tmp.second].second = gety(now, tmp.first);
            }
        }
        printf("Case #%d:
", ++cas);
        for(int i = 1; i <= N; i++)
            printf("%d %d
", ans[i].first, ans[i].second);
    }
    return 0;
}

I.Tiling

这题的话。。

刚开始百思不得其解

然后经zhou神一说就知道了。。

这题的模型可以转化成求某一列相邻两点的距离

首先可以发现第(0,0)点显然是可以的。。 

然后求一个尽量小的(X, 0)就行了。

我们先用两个两个向量去凑

对于(x1, y1)和(x2, y2)

我们可以凑成

(x1 * y2 - x2 * y1, y1 * y2 - y2 * y1)

即(x1 * y2 - x2 * y1, 0 )

然后有三个向量就有三种可能

假设这三种分别凑成了(a,0) (b,0) (c,0)

根据线性方程的话。

gcd(a, b, c) 是这三种数能凑成的最小的间隔

就是答案了。。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <set>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define INF 100000005
#define MAXN 70000
using namespace std;
int f(int x1, int y1, int x2, int y2)
{
    return x1 * y2 - y1 * x2;
}
int main()
{
    int T, cas = 0;
    int x1, x2, y1, y2, x3, y3;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2, &x3, &y3);
        int a = f(x1, y1, x2, y2);
        int b = f(x1, y1, x3, y3);
        int c = f(x2, y2, x3, y3);
        printf("Case #%d: %d
", ++cas, __gcd(abs(a), __gcd(abs(b), abs(c))));
    }
    return 0;
}

J. Perfect Matching

貌似最裸的暴力是能在oj上过的。

但是从现场的感觉来看

不应该是那么裸才是