[机房测试]11.5
各种被卡。。。不过ssw02状态倒是回来了
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a
数学题。
30分做法：1e6的大小范围，DP即可。（不判越界20分）
满分做法：枚举 b 的n次方，把原题转化为 T = b^n S + ma 的形式，这样 n 就有只有 log 种取值枚举即可。然后把 m 转化为一个 b 进制的数，贪心选取 ∑xi 即可。 总次数即为 min { n + ∑xi }
b
输入给出链长 N ， 和 M 个点对( x,y ) ， 询问最长距离的最短值。
先讲一下60分（可以卡到70，吸氧可以过），最坏复杂度 NM2logN
答案具有二分性，转化为判定性问题。
考虑到每次二分的答案lim ， 把所有区间长 > lim 的区间拿出来 ， 在N上枚举固定左端点L , 那么对于每一个区间， R可以所在的有效区间必定是一段（ i > mid 就是固定右端点 ，反正是固定一个点 ） 。 这些有效区间必须有一个公共交点，否则这个点位不合法。如果所有点位都不合法，返回false ， 否则返回 true 。
考虑到优化一下， 枚举的点位可以预处理出来，只有一部分点位可以提供来check , 这个优化可以使复杂度将至一个随机数据下只用跑 2s 的时间消耗，吸吸氧再加点杂优化就可以水过( ltw自带小常数，也过了 )
70代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const int MAXN = 100005 ;
inline int read(){
int s = 0 ; char g=getchar() ; while( g>'9'||g<'0' )g=getchar() ;
while(g>='0'&&g<='9')s=s*10+g-'0',g=getchar() ; return s ;
}
int N , M ;
struct ap{
int l , r , len ;
}t[MAXN],p[MAXN];
inline bool cmp( ap x , ap y ){
return x.len > y.len ;
}
inline bool check( int lim ){
int now = 0 ;
while( now < N ){
if( t[now+1].len <= lim )break ;
else now++ ;
}
if( now == 0 || now == 1 )return true ;
int L = 1 , R = N ;
for( register int i = 1 ; i <= now ; ++i ){
if( t[i].l-lim > R || t[i].r+lim < L )return false ;
L = max( L , t[i].l-lim ) , R = min( R , t[i].r+lim ) ;
}
if( L > R )return false ;
for( register int i = L ; i <= R ; ++i ){//枚举点位
int flag = true ; int LL = 1 , RR = N ;
for( register int j = 1 ; j <= now ; ++j ){//枚举限制
int mid = ( t[j].l+t[j].r )>>1 ;
if( i <= mid ){
int k = lim - abs( t[j].l - i ) ; if( k < 0 ){flag = false ; break ; } //这个点位不合法
int xl = t[j].r-k , xr = t[j].r + k ;
if( xl > RR || xr < LL ){flag = false ; break ;}
LL = max( LL , xl ) , RR = min( RR , xr ) ;
}
else{
int k = lim - abs( t[j].r - i ) ; if( k < 0 ){flag = false ; break ; } //这个点位不合法
int xl = t[j].l-k , xr = t[j].l +k ;
if( xl > RR || xr < LL ){flag = false ; break ;}
LL = max( LL , xl ) , RR = min( RR , xr ) ;
}
}
if( flag ){
//cout<<i<<endl ;
return true;
}
}
return false ;
}
void dx( int l , int r ){
int ans = t[1].len ;
while( l <= r ){
int mid = (l+r)>>1 ;
if( check(mid) )r=mid-1,ans=mid ;
else l = mid+1 ;
}
cout<<ans ;
}
int main(){
freopen("b.in","r",stdin) ;
freopen("b.out","w",stdout) ;
N = read() , M = read() ;
if( M <= 1 ){cout<<0;return 0;}
for( int i = 1 ; i <= M ; ++i )
t[i].l=read(),t[i].r=read(),t[i].len = t[i].r-t[i].l ;
sort( t+1 , t+M+1 , cmp ) ;
dx( 1 , 100005 ) ;
return 0 ;
}
正解：这是一道很巧妙的曼哈顿距离题目 。
经典套路！！！！
在二分答案lim后，我们建立一个以 L 为 x 轴，R 为 y 轴的平面直角坐标系 ， 对于任意一个点对 ( x , y ) ， 点对 ( u , v )到这个点对的满足建立0边可到达的意义就是坐标系上曼哈顿距离 <= lim ，所有曼哈顿距离小于等于 lim 的点对是一个斜45度的正方形 。
问题转化为多个矩形判断是否同时存在一个交点 。 用线性规划知识将其旋转45度即可 。（pair<>还可以这样用？）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const int MAXN = 100005 ;
inline int read(){
int s=0 ; char g=getchar() ; while( g>'9'||g<'0' )g=getchar() ;
while(g>='0'&&g<='9')s=s*10+g-'0',g=getchar() ; return s ;
}
int N , M , l[MAXN] , r[MAXN] ;
pair<int,int>calc( pair<int,int> a ){
return make_pair( a.first-a.second , a.first+a.second ) ;
}
inline bool check( int lim ){
int xl = -2*N, yl = -2*N , xr = 2*N , yr = 2*N ;
for( int i = 1 ; i <= M ; ++i ){
if( r[i]-l[i] <= lim )continue ;
pair<int,int>L,R ;//左下角和右上角的点
L = calc( make_pair( l[i]-lim,r[i] ) ) ;
R = calc( make_pair( l[i]+lim,r[i] ) ) ;
xl = max( xl , L.first ) , xr = min( xr , R.first ) ;
yl = max( yl , L.second ) , yr = min( yr , R.second ) ;
if( xl > xr || yl > yr )return false ;
}
return true ;
}
void dx( int l , int r ){
int ans = N ;
while( l <= r ){
int mid = (l+r)>>1 ;
if( check(mid) )ans = mid , r = mid-1;
else l = mid+1 ;
}
cout<<ans ;
}
int main(){
freopen("b.in","r",stdin) ;
freopen("b.out","w",stdout ) ;
N = read() , M = read() ;
for( int i = 1 ; i <= M ; ++i )l[i] = read() , r[i] = read() ;
if( M <= 1 ){puts("1");return 0;}
dx( 1 , N ) ;
return 0 ;
}
c
IOI2015D2T2弱化版
给出 N 个整数表示 0-N-1 的排列。
再给出 2N 轮小B的操作。
我们考虑到，如果固定了游戏的次数 , 即小B先玩 k 轮再让小 A 连续玩K轮的结果是一样的。
这样考虑问题就变简单了。假设已知 k 轮游戏后可以结束，那么问题就变成了先让小B按指定顺序游戏， 小A 在连续游戏K轮使得变化后的序列转化为一个升序序列 。
这有用到一个经典模型 ，把每个位置看做一个点 ， 向 val[i] 连边 ， 最小交换次数就是 N-环的数量 。
考虑到小A可以在一回合啥都不做，所以答案具有单调性，二分即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const int MAXN = 200005 ;
inline int read(){
int s=0 ; char g=getchar() ; while(g>'9'||g<'0')g=getchar() ;
while( g>='0'&&g<='9')s=s*10+g-'0',g=getchar() ;return s;
}
int N , x[MAXN*2] , y[MAXN*2] , a[MAXN] , b[MAXN] ;
bool vis[MAXN] ;
inline bool check( int lim ){
for( register int i = 0 ; i < N ; ++i )b[i] = a[i] , vis[i] = false ;
for( register int i = 0 ; i < lim ; ++i )
swap( b[x[i]] , b[y[i]] ) ;
int tot = 0 ;
for( int i = 0 ; i < N ; ++i ){
if( vis[i] )continue ;
vis[i] = true ;
int now = i ;
while( !vis[b[now]] ){
tot++ ;
now = b[now] ;
vis[now] = true ;
}
}
return ( tot <= lim )?1:0 ;
}
void dx( int l , int r ){
int ans = 2*N ;
while( l <= r ){
int mid = (l+r)>>1 ;
if( check(mid) )ans = mid , r = mid - 1 ;
else l = mid + 1 ;
}
cout<<ans ;
}
int main(){
freopen("c.in","r",stdin) ;
freopen("c.out","w",stdout) ;
N = read() ; int flag = 1 ;
for( int i = 0 ; i < N ; ++i ){
a[i] = read() ; if(a[i]!=i)flag = 0 ;
}
for( int i = 0 ; i < 2*N ; ++i )x[i] = read() , y[i] = read() ;
if( flag ){cout<<"0" ; return 0 ;}
dx( 1 , 2*N ) ; //这个二分会模糊1,0边界问题，特判下
return 0 ;
}
总结
状态还可以。不过考场忘记exgcd的最小整数解写法废了不少时间。
T1 时间浪费在寻找时间复杂度的问题上（事实证明我最后T了一个点。。），还有exgcd。。。
T2的验证很及时，不然60分就没有了。今天的开题顺序还可以斟酌一下。这种经典的模型如果没见过，实际上也不需要花太多时间在一个暴力程序上面卡常，还不如好好检查。
T3 没有打算开正解很吃亏，实际上ssw02要是一来就开正解的话很容易想到交换问题 ，有此想到二分也会很快 。 但是对于经典的交换K次转化为升序问题ssw02确实没写过，这个要好好总结一下，很妙。