雅礼学习10.3
各题状况
T1
暴力修改+一维差分+二维差分
莫名其妙就没了49分。。。
好像是数组开的不够大？
T2
这。。。概率和期望，一会不会，连那个一分的部分分都没有任何思路
T3
题目并没有看太懂。。
写了一个枚举算法，然后对某个一分的数据输出显然的结果
。。。
然后就只拿了1分
枚举挂了，因为会错了题目含义
题目及考场代码
T1
/*
* 一个个修改肯定超时。。
* q==0的直接输出0
* 19分应该是暴力
*
* 考虑对每次操作，计算一共修改了多少个位置
* 奇数个的话就让当前答案异或这个数字
* 对于边界单独讨论
* 但是问题在于。。。如果修改的位置刚好把当前答案所在位置变大了，就不应该是异或，而是+
* 真的不会维护啊
* 假装这么写是正确的吧。。。
*
* 每行差分
* 最后O(n^2)统计
*/
#include <cstdio>
inline int read()
{
int n=0,w=1;register char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9')n=n*10+c-'0',c=getchar();
return n*w;
}
inline int min(int x,int y)
{return x<y?x:y;}
const int N=1002;
long long map[N][N],add[N][N],cut[N][N];
int main()
{
freopen("u.in","r",stdin);
freopen("u.out","w",stdout);
int n=read(),q=read(),r,c,s,l,x;
long long ans=0;
if(q==0)
{
printf("0");
goto E;
}
if(q<=400)
{
while(q--)
{
r=read(),c=read(),l=read(),s=read();
x=min(r+l-1,n);
for(int i=r;i<=x;++i)
for(int j=c;j<=min(i-r+c,n);++j)
map[i][j]+=s;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
ans^=map[i][j];
}
else
if(q<=2000)
{
while(q--)
{
r=read(),c=read(),l=read(),s=read();
x=min(r+l-1,n);
for(int i=r;i<=x;++i)
map[i][c]+=s,map[i][min(i-r+c,n)+1]+=-s;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
x=0;
for(int j=1;j<=n;++j)
{
x+=map[i][j];
printf("%d ",x);
ans^=x;
}
puts("");
}
}
else
{
while(q--)
{
r=read(),c=read(),l=read(),s=read();
add[r][c]+=s,add[r+l][c]-=s;
cut[r][c+1]+=s,cut[r+l][c+l+1]-=s;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
{
add[i][j]+=add[i-1][j];
cut[i][j]+=cut[i-1][j-1];
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
{
map[i][j]+=map[i][j-1]+add[i][j]-cut[i][j];
ans^=map[i][j];
}
}
/*
else
{
while(q--)
{
r=read(),c=read(),l=read(),s=read();
x=l+1;
if(r+l-1>n || c+l-1>n)
{//想了半天没想出来怎么快速把多余的部分删掉。
x=0;
for(int i=r;i<=min(r+l-1,n);++i)
x+=min(i-r+c,n);
}
if(x&1)ans^=s;
}
}*/
printf("%lld",ans);
E: fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}
T2
/*
* 概率。。。
* 根本一会不会啊。。。
* 骗分走人
*/
#include <cstring>
#include <cstdio>
const int N=31;
char s[N];
int main()
{
freopen("v.in","r",stdin);
freopen("v.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&k);
scanf("%s",s);
int x=0;
for(int i=0;i<n;++i)
if(s[i]=='W')
++x;
if(k==0 || k==n)
printf("%.10lf",(double)1.0*k);
else printf("%.10lf",(double)x*1.0/2);
fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}
T3
/*
* 输出0有1分。
*/
#include <cstdio>
#include <vector>
int n,step,cnt,k_2,z_2,ku;
int l_note[100023];
struct note{
int con,have,wash;
};
bool dis[100023];
std::vector<note> tree[100023];
std::vector<int> kuai[100023];
void search(int num)
{
for(int space,i=0;i<l_note[num];i++)
{
space=tree[num][i].con;
if(((tree[num][i].wash!=tree[num][i].have)||(tree[num][i].wash==2))&&dis[space]!=true)
{
tree[num][i].have=tree[num][i].wash;
++cnt;
dis[num]=true;
search(space);
break;
}
}
}
bool vis[100023];
void qk(int num)
{
vis[num]=true;
for (int i=0;i<kuai[num].size();++i)
{
int space=kuai[num][i];
if(tree[num][i].wash==2)++k_2;
if(vis[space]!=true)
qk(space);
}
}
int main ()
{
freopen("w.in","r",stdin);
freopen("w.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
if(n<=1000)
{
for(int a,b,c,d,i=1;i<n;++i)
{
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
tree[a].push_back((note){b,c,d});
++l_note[a];
tree[b].push_back((note){a,c,d});
++l_note[b];
if((c!=d)||(d==2))
{
kuai[a].push_back(b);
kuai[b].push_back(a);
}
if(d==2)++z_2;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int o=0;o<l_note[i];o++)
{
if((tree[i][o].wash!=tree[i][o].have)&&tree[i][o].wash!=2)
{
dis[tree[i][o].con]=true;
search(i);
break;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)
if(vis[i]!=true&&kuai[i].size()!=0)
{
++ku;
qk(i);
}
step=ku-(z_2-k_2/2);
printf("%d %d",step,cnt);
}
else printf("0 0");
fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}
正解
T1
第一眼(n imes q)做法，(3e8)显然不能过
那么考虑对其进行优化：差分序列的访问时不连续的，所以我们考虑把它变成连续的
就过了。。。
官方正解：
竖着做一次差分，斜着做一次差分，那么一个三角形就可以确定出来了，而后(n^2)扫一遍求异或和
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e3+10;
int n,q;
ll a[maxn][maxn],b[maxn][maxn],ans;
inline void add_a(int x,int y,int v){
if(x<=n&&y<=n)
a[x][y]+=v;
}
inline void add_b(int x,int y,int v){
if(x<=n&&y<=n)
b[x][y]+=v;
}
int main(){
freopen("u.in","r",stdin);
freopen("u.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&q);
while(q--){
int r,c,l,s;
scanf("%d%d%d%d",&r,&c,&l,&s);
add_a(r,c,s);
add_a(r+l,c+l,-s);
add_b(r+l,c,-s);
add_b(r+l,c+l,s);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j){
if(i>1)
a[i][j]+=a[i-1][j-1]+a[i-1][j]-a[i-2][j-1];
else
a[i][j]+=a[i-1][j-1]+a[i-1][j];
b[i][j]+=b[i-1][j]+b[i][j-1]-b[i-1][j-1];
ans^=a[i][j]+b[i][j];
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
T2
可以得到一个(O(2^n imes n))的状压(DP)的做法，记录每个球是否还没有被移除，然后按照最优策略期望移除白球数
事实上有很多重复状态，也就是剩下的求的颜色序列相同时结果是一样的
考虑将状态记成剩下的颜色序列，长度较小的时候就直接用数组去存，较大的时候用(map)去存
状态个数能得到一个上界是(sum_{i=0}^nmin{2^i,{ichoose n}})（事实上最大值为(sum_{i=1}^{n+1}Fib_i)但是这一点也不(noip)）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=30+5;
int n,k;
char s[maxn];
namespace ${
const int xxx=24;
double a[1<<xxx+1];
map<int,double> m[maxn];
inline void init(){
for(int i=0;i<1<<xxx+1;++i)
a[i]=-1;
}
inline bool count(int bit,int len){
if(len<=xxx)
return a[1<<len|bit]!=-1;
else
return m[len].count(bit);
}
inline double&find(int bit,int len){
if(len<=xxx)
return a[1<<len|bit];
else
return m[len][bit];
}
}
inline int erase(int bit,int k){
return bit&(1<<k)-1|bit>>1&-1<<k;
}
inline double max_(double a,double b){
return a>=b?a:b;
}
double dfs(int bit,int len){
if(len<=k)
return 0;
if($::count(bit,len))
return $::find(bit,len);
double&res=$::find(bit,len);
res=0;
for(int i=0,j=len-1;i<=j;++i,--j)
if(i<j)
res+=max_(dfs(erase(bit,i),len-1)+(bit>>i&1),dfs(erase(bit,j),len-1)+(bit>>j&1))*2;
else
res+=dfs(erase(bit,i),len-1)+(bit>>i&1);
return res/=len;
}
int main(){
freopen("v.in","r",stdin);
freopen("v.out","w",stdout);
$::init();
scanf("%d%d%s",&n,&k,s);
k=n-k;
int bit=0;
for(int i=0;i<n;++i)
bit|=(s[i]=='W')<<i;
printf("%.10f
",dfs(bit,n));
return 0;
}
T3
如果最后翻转的边集是(S)，最少操作数为({V,S})中奇数度数的点的一半，最小操作总长度是(|S|)
考虑树形(DP)，(dp[i][0/1])记录以(i)为根的子树内，(i)与父亲之间的边是否翻转，最少的奇数度数的点的个数，此时的最小总长度
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const pair<int,int> inf=make_pair(1e9,1e9);
int n;
vector<pair<int,int> > g[maxn];
pair<int,int> dp[maxn][2];
inline pair<int,int> operator+ (pair<int,int> a,pair<int,int> b){
return make_pair(a.first+b.first,a.second+b.second);
}
void dfs(int pos,int fa,int type){
pair<int,int> tmp0(0,0),tmp1(inf);
for(int i=0,v;i<g[pos].size();++i)
if((v=g[pos][i].first)!=fa){
dfs(v,pos,g[pos][i].second);
pair<int,int> nxt0,nxt1;
nxt0=min(tmp0+dp[v][0],tmp1+dp[v][1]);
nxt1=min(tmp1+dp[v][0],tmp0+dp[v][1]);
tmp0=nxt0;tmp1=nxt1;
}
if(type==0||type==2)
dp[pos][0]=min(tmp0,make_pair(tmp1.first+1,tmp1.second));
else
dp[pos][0]=inf;
if(type==1||type==2)
dp[pos][1]=min(make_pair(tmp0.first+1,tmp0.second+1),make_pair(tmp1.first,tmp1.second+1));
else
dp[pos][1]=inf;
}
int main(){
freopen("w.in","r",stdin);
freopen("w.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1,a,b,c,d;i<n;++i){
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
if(d!=2)
d=(c!=d);
g[a].push_back(make_pair(b,d));
g[b].push_back(make_pair(a,d));
}
dfs(1,0,0);
printf("%d %d
",dp[1][0].first/2,dp[1][0].second);
return 0;
}
下午讲课：搜索与剪枝
主要是题目只有题目
例一
有一个([1,2^n])的排列(A{1,cdots,2^n})
可以执行的操作有(n)种，每种操作最多可以执行一次。第(i)种操作：将序列从左到右划分为(2^{n-i+1})段，每段恰好包括(2^{i-1})个数，然后整体交换其中两段。
求可以将数组(A)从小到大排序的不同的操作序列有多少个。
两个操作序列不同，当且仅当操作个数不同，或者至少一个操作不同（种类不同或者操作位置不同）。
(nle 12)
解：
首先，任意一个合法的操作序列，我们可以改变其顺序，依然满足条件。
那么这一类的操作序列的贡献，即为操作次数的阶乘。
那么，现在只考虑种类编号递增的操作序列。第(i)种操作时，序列分成了大小为(2^{i-1})的段，如果某个段不是递增且连续的，那么最后肯定不会满足条件。所以，在这种操作考虑完后，每个大小为(2^i)的段应当递增且连续。
当考虑第(i)种操作时：
- 如果不合条件的(2^i)大小的段超过(2)个，直接退出
- 如果不存在的话，直接继续
- 如果只有(1)个，交换其包含的(2^{i-1})的两段，判断是否可行
- 如果有(2)个就分别搜索(4)种交换方案
例二
农夫约翰需要一些特定规格的木材(共(n)块，长度不一定相同)，可是他只剩下一些大规格的木板(共(m)块，长度不一定相同)。不过约翰可以将这些木板切割成他所需要的规格。
求约翰最多能够得到多少他所需要的木材。
(nle 1000,mle 50,lenthle 32767)
解：
显然可以二分答案。
判断答案为(k)是否可行，显然可以将木材排序，搜索最短的k 块木材是否
能得到。
然后剪枝：
- 从小到大搜索所需的木材从哪块木板得到，因为长的木材限制比较大
- 如果两块所需木材长度相同，后搜索的那一块的来源只需要从前者的来源开始枚举
- 当一块原料的长度比最短的需求还短，那么直接丢弃，如果丢弃总量+所需总量(gt)原料总量，剪掉
例三
给出一个数字(S)，输出所有约数和等于(S)的数
一共(T)次询问
(Sle 2e9,Tle 100)
解：
(n=prod_i p_i^{a^i}Rightarrow sigma(n)=prod_isum_{j=0}^{a_i}p_i^j)
那么我们可以通过枚举(p_i)及其(a_i)来搜索
若当前需要得到的(S)可以表示为为一个未搜索过的质数与(1)的和，那么之前的数与这个质数的乘积是一个合法答案
对于每个使得((p+1)(p-1)lt S)的(p)，枚举可能的(a_i)进行递归
例四
一个(n imes m)的网格，(k)种颜色，部分格子已经涂了某种颜色，现在需要将其他格子也涂上颜色，使得从((1,1))到((n,m))的每条路径（每次向下或向右走一格）都不会出现重复颜色。求方案数，对(10^9+7)取模。
(n,mle 1000,kle 10)
解：
颜色数应大于等于步数，(n+m-1le kRightarrow n+mle k+1le 11)，否则puts("0")。
然后搜每个位置的颜色，可以状压到每个位置的已经过的颜色。
可行性剪枝：未经过的颜色数小于剩余步数，剪掉。
对称性剪枝：如果涂上一个未出现过的颜色，涂哪一个都是等价的，那么只需搜其中一个。
例五
有(52)张牌排成一排({0,1cdots 51})，然后可以把他们分成两半，然后交叉着洗牌（一个确定的置换）。
洗完牌后，可能会出现一个错误，将一对相邻的牌调换了位置，但是每次洗牌最多只会犯一个错误。
现在给出牌最终的顺序，求最少洗了多少次（保证不超过(10)），最少犯几次错误。
解：
一个性质：确定了洗牌次数后，若真实的最终排列与不犯错误的最终排列，有(k)个位置不同，那么犯错次数(lceilfrac{k}{2} ceil)。
以此来当做剪枝，枚举洗牌次数和犯错次数，跑(idA^*)
例六
你记录了([0,59])这个时间段内到站的所有公交车(数量(le 300)) 的时间，每辆车属于一条线路。
- 同一路线路的车的到站时间间隔相同。
- 每条线路在([0,59])至少到达两辆车。
- 最多有(17)条线路
求最少可能有多少条线路
解：
一条线路，可以通过第一辆、第二辆车来确定。
我们可以按照到站顺序来确定每辆车的归属情况。
如果它是线路第一辆车，那么先把他做一个标记。(同时，它的时间应在([0,29]))
如果是第二辆，枚举标记过的车辆来确定一条线路，如果可行，删除该线
路的所有车。
这样，随着搜索的深度增加，可选车辆快速减少，搜索规模大量降低。
同时可以加入若干合法性或者最优性剪枝。比如：作为第一辆的车多于未确定的车。
例七
给定(n)个字符集为({a,b,c,cdots,m})的字符串(S_i)，求一种({a,b,c,cdots,m})到({0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,+, imes,=})的映射(f)，使得所有(f(S_i))均是表达式合法、且成立的等式。
(nle 1000,5le |S_i|le 11)
解：
先对约束条件较高的(+, imes ,=)进行搜索。
然后，对于每一个等式，我们得到了每个数的位数，计算等号两侧的值域，
无交集就可以剪枝。随着对应关系的确定，值域也会越来越小。
可以选择从低位开始搜，确定了低位的值，不相等可以剪枝