回想起上次写博客，好像已经是去年的事一样
概况
排名:179/7155
过题数:5
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题目
A. Cow and Haybales
AC时间：4min，492分
题解：
显然先把所有在位置2的移到1，再把在位置3的移到一，以此类推直到天数不足。
直接模拟即可。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n,d,a[110],ans,t;
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d",&n,&d),ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]),t=min(a[i],i!=1?d/(i-1):100),ans+=t,d-=(i-1)*t;
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}
B.Cow and Friend
AC时间：12min，952分
题解：
注意到两步可以在横轴上跳出(0)到(2max(a_i))的任意距离。
那么答案至多是(lceilfrac{x}{2max(a_i)} ceil)
或者答案为奇数，那么就是(lceilfrac{x-max(a_i)}{2max(a_i)} ceil+1)
比赛代码写得太zz，就不放了。
C.Cow and Message
AC时间：21min，1374分
题解：
其实secret message长度一定是1或2，因为任何长度大于2的子串出现次数都小于等于其长度为2的前缀。
于是考虑如何计算一个长度为2的字符串的出现次数。
枚举第一个字符，然后顺序枚举字符串。记录之前第一个字符出现的次数，在第(i)位将以(s_i)为结尾的串数量加上之前第一个字符的出现次数即可。
code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,apn;
long long ans,tot[30];
char s[100010];
int main(){
scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
for(int i=0;i<26;++i){
apn=0;
for(int j=0;j<26;++j)tot[j]=0;
for(int j=1;j<=n;++j)tot[s[j]-'a']+=apn,apn+=(s[j]-'a'==i);
for(int j=0;j<26;++j)ans=max(ans,tot[j]);
ans=max(ans,1ll*apn);
}
printf("%I64d",ans);
return 0;
}
D.Cow and Fields
AC时间：54min，1518分（-1）
题解：
两遍bfs求出每个点与(1)和(n)的距离，记作(d_{1,i})和(d_{n,i})
那么如果我们在(u,v)之间连边，最短路会对(min(d_{1,u}+d_{n,v},d_{n,u}+d_{1,v})+1)取(min)。
于是我们将特殊点到(1,n)的距离分别排序，然后二分判断最短路长度(ge x)是否可行。
假设以到(1)的距离和到(n)的距离从小到大排序后的特殊点分别为(a_1,a_2,...,a_k)和(b_1,b_2,...,b_k)
那么对于任何一个(a_i)，使得(d_{1,a_i}+d_{n,b_j}+1ge x)的(j)一定是一段后缀，而且如果(i_1le i_2)，那么(i_1)所对应的后缀一定不短于(i_2)所对应的后缀。
那么我们倒序枚举(a_i)，同时维护所对应后缀中，(d_{1,b_i})的最大值和次大值。
然后如果存在(a_i)，使得(d_{n,a_i}+mxd_i+1ge x)，那么最短路长度为(x)可行。其中若后缀最大值取到(d_{1,a_i})，那么(mxd_i)为后缀次大值，否则为最大值。
code:
#include<bits/stdc++.h>
#define ci const int&
using namespace std;
struct edge{
int t,nxt;
}e[400010];
struct Val{
int dis,id;
}t1[200010],tn[200010];
int n,m,k,a[200010],u,v,t,be[200010],cnt,d1[200010],dn[200010],f1,v1,v2,cv,l,r,mid;
queue<int>q;
void add(ci x,ci y){
e[++cnt].t=y,e[cnt].nxt=be[x],be[x]=cnt;
}
bool cmp(Val x,Val y){
return x.dis>y.dis;
}
void bfs(int*dis,ci st){
dis[st]=1,q.push(st);
while(!q.empty()){
t=q.front(),q.pop();
for(int i=be[t];i;i=e[i].nxt)!dis[e[i].t]?q.push(e[i].t),dis[e[i].t]=dis[t]+1:0;
}
for(int i=1;i<=n;++i)--dis[i];
}
bool Check(ci x){
int tl=0;
f1=0,v1=v2=-1;
for(int i=k;i>=1;--i){
while(tl<k&&t1[i].dis+tn[tl+1].dis+1>=x){
++tl,t=tn[tl].id;
if(d1[t]>v1)v2=v1,v1=d1[t],f1=t;
else if(d1[v]>v2)v2=d1[v];
}
if(!tl||(tl==1&&f1==t1[i].id))continue;
cv=(f1==t1[i].id?v2:v1);
if(dn[t1[i].id]+cv+1>=x)return true;
}
return false;
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=k;++i)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);
bfs(d1,1),bfs(dn,n);
for(int i=1;i<=k;++i)t1[i]=(Val){d1[a[i]],a[i]},tn[i]=(Val){dn[a[i]],a[i]};
sort(t1+1,t1+k+1,cmp),sort(tn+1,tn+k+1,cmp);
l=1,r=d1[n];
while(l<r)mid=l+r+1>>1,Check(mid)?l=mid:r=mid-1;
printf("%d",l);
return 0;
}
E.Cow and Treats
AC时间：2h5min，1200分
题解：
首先，喜好相同的牛至多只能出现2头，而且若出现了两头，一定在不同的方向上，也就是一个方向上的牛一定是喜好互不相同的，也就是说每一头牛吃哪些草是固定的。
如果一头牛需要的草的数量大于这种草的总量，可以直接将其删除。
同时，容易发现对于一种将一些牛分入左右两个集合的方式，使其合法的排队方式要么不存在，要么唯一。
所以我们可以不考虑牛之间的相互顺序，只考虑它是否被加入集合，以及在左边还是右边。
那么，我们对于每一头牛预处理其从左往右和从右往左时会在哪里睡下，记为(pl,pr)。
然后，我们枚举从左向右走的牛最远走到了哪里，记为(r)，计算此时最多的牛的数量和方案数。
我们再枚举牛的种类，然后分类讨论：
如果这种牛正好喜欢(r)处的草，那么如果不存在一头牛使得(pl=r)，那么显然无解。
否则考虑是否存在(pl eq r,pr>r)的牛，如果不存在，最多牛的数量+1，方案数不变。
如果存在，最多牛的数量+2，方案数乘上这种牛的数量。
然后考虑这种牛不喜欢(r)处的草，如果不存在(pl<r)或(pr>r)的牛，那么这种牛不会对答案造成任何贡献。
如果不能找出两头不同的牛，使得第一头满足(pl<r)且第二头满足(pr>r)，那么最多牛的数量+1，方案数乘上满足(pl<r)的牛的数量和(pr>r)的牛的数量的和。
否则，最多牛的数量+2，记上一次的方案数为(lst)，然后枚举那一头牛是第一头牛，答案加上(lst imes)能够作为第二头牛的牛数（也就是除去第一头牛外满足(pr>r)的牛的数量）。
最后，还要考虑没有牛在左侧的情况。比较简单就不讲了。
code:
#include<bits/stdc++.h>
#define ci const int&
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
struct cw{
int sl,sr;
}tmp;
int n,m,u,v,s[5010],wy[2],tg,tt,numc,tag,ans1,ans2;
vector<cw>c[5010];
bool cmp(cw x,cw y){
return x.sl<y.sl;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&s[i]);
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%d%d",&u,&v);
tmp.sl=1,tmp.sr=n,tt=0;
while(tmp.sl<=n&&(tt+=(s[tmp.sl]==u))<v)++tmp.sl;
if(tmp.sl>n)continue;
tt=0;
while(tmp.sr>=1&&(tt+=(s[tmp.sr]==u))<v)--tmp.sr;
if(tmp.sr<1)continue;
c[u].push_back(tmp);
}
for(int i=1;i<=n;++i)if(c[i].size())sort(c[i].begin(),c[i].end(),cmp);
for(int i=1;i<=n;++i)if(c[s[i]].size()&&c[s[i]][0].sl<=i){
tt=0,wy[tg]=1;
for(int j=1;j<=n&&wy[tg];++j)if(c[j].size()){
tg^=1,tag=numc=wy[tg]=0;
if(j!=s[i]){
for(int k=0;k<c[j].size();++k)numc+=(c[j][k].sr>i);
if(!numc&&c[j][0].sl>i){
tg^=1;
continue;
}
++tt;
for(int k=0;k<c[j].size()&&c[j][k].sl<i;++k){
if(!tag&&numc-(c[j][k].sr>i))tag=1,wy[tg]=0;
wy[tg]=(wy[tg]+1ll*wy[tg^1]*max(1,numc-(c[j][k].sr>i)))%mod;
}
if(!tag)wy[tg]=(wy[tg]+1ll*wy[tg^1]*numc)%mod;
tt+=tag;
}else{
++tt;
for(int k=0;k<c[j].size();++k)numc+=(c[j][k].sr>i&&c[j][k].sl!=i),tag|=(c[j][k].sl==i);
if(!tag)goto End;
wy[tg]=1ll*wy[tg^1]*max(1,numc)%mod,tt+=!!numc;
}
}
if(!wy[tg]||tt<ans1)continue;
if(tt>ans1)ans1=tt,ans2=wy[tg];
else if(tt==ans1)(ans2+=wy[tg])>=mod?ans2-=mod:0;
End:;
}
//NO L
tt=0,wy[tg]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)if(c[i].size())++tt,wy[tg]=1ll*wy[tg]*c[i].size()%mod;
if(tt>ans1)ans1=tt,ans2=wy[tg];
else if(tt==ans1)(ans2+=wy[tg])>=mod?ans2-=mod:0;
printf("%d %d",ans1,ans2);
return 0;
}
G.Cow and Exercise（赛后）
题解：
考虑对于每组询问二分答案(mid)，计算此时最少需要多少代价。
我们可以给每一个点一个值(d_u)，使得(dis(1,u)=d_u-d_1)。
那么根据最短路的性质，对于每条边((u,v))我们有
(d_vle d_u+w_{u,v}+x_{u,v})，其中(w_{u,v})为边((u,v))一开始的边权，(x_{u,v})为我们加的边权。
同时我们有(d_n-d_1ge mid)，然后我们要最小化(sum_{(u,v)}x_{u,v})
经过简单的转化，我们有
(x_{u,v}+d_u-d_vge-w_{u,v})
(d_n-d_1ge mid)
然后发现这个问题的对偶问题为一个最大费用循环流问题，即：
在(u,v)之间连上容量为(1)，费用为(-w_{u,v})的边，在(t,1)之间连上容量没有限制，费用为(mid)的边，求最大费用循环流。
但是如果对于每一个mid都建图跑网络流显然是要T的。
我们发现求这个网络的最大费用循环流相当于：
在(u,v)之间连上容量为(1)，费用为(w_{u,v})的边，在这个图中求一个流，设流量为(f)，费用为(c)，求(mid imes f-c)的最大值。
于是，我们考虑对于每一个(f)求出达到这个流量的最小费用。
参考最小费用最大流的过程，若我们以(c)为横坐标，最小的(f)为纵坐标，图像应该长成一个连续的分段函数，每一段都是一个一次函数，第(i)段的斜率正是第(i)次增广的路径的费用，同时该斜率是不降的。
于是我们对这个网络跑一次费用流，记录每次增广的单位花费(cost_i)，此时网络的总流量(f_i)，此时的总花费(C_i)。对于每个(mid)，可以直接找到最大的(cost_i<mid)，此时的(mid imes f_i-C_i)就是最大费用循环流，也即使原图最短路长度不小于(mid)的最小花费。
code:
#include<bits/stdc++.h>
#define REV(x) (x&1?x+1:x-1)
#define ci const int&
using namespace std;
const int INF=1e9;
struct edge{
int t,nxt,f,c;
}e[5010];
int n,m,Q,u,v,w,be[55],cnt,sz,fv[2510],fl[2510],dis[55],iq[55],ls[55],fe[55],t,lf;
double l,r,mid;
long long sv[2510];
queue<int>q;
void add(ci x,ci y,ci fl,ci cs){
e[++cnt]=(edge){y,be[x],fl,cs},be[x]=cnt;
}
bool SPFA(){
for(int i=2;i<=n;++i)dis[i]=INF;
q.push(1),iq[1]=1;
while(!q.empty()){
iq[t=q.front()]=0,q.pop();
for(int i=be[t];i;i=e[i].nxt)if(e[i].f&&dis[e[i].t]>dis[t]+e[i].c){
dis[e[i].t]=dis[t]+e[i].c,ls[e[i].t]=t,fe[e[i].t]=i;
if(!iq[e[i].t])q.push(e[i].t),iq[e[i].t]=1;
}
}
if(dis[n]>=INF)return false;
t=0,lf=INF;
for(int i=n;i!=1;i=ls[i])lf=min(lf,e[fe[i]].f);
for(int i=n;i!=1;i=ls[i])e[fe[i]].f-=lf,e[REV(fe[i])].f+=lf,t+=e[fe[i]].c;
if(!sz||fv[sz]!=t)fv[++sz]=t,sv[sz]=sv[sz-1]+lf*t,fl[sz]=fl[sz-1]+lf;
else sv[sz]+=lf*t,fl[sz]+=lf;
return true;
}
bool Check(double x){
int tl=1,tr=sz,tm;
while(tl<tr)tm=tl+tr+1>>1,fv[tm]<x?tl=tm:tr=tm-1;
return fl[tl]*x-sv[tl]<=w;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d%d%d",&u,&v,&w),add(u,v,1,w),add(v,u,0,-w);
while(SPFA());
scanf("%d",&Q);
while(Q--){
scanf("%d",&w);
l=1,r=1e26;
while(r-l>1e-7)mid=(l+r)/2.0,Check(mid)?l=mid:r=mid;
printf("%.10lf
",l);
}
return 0;
}
总结
现场做出G就赢了/kk
但当时并不懂循环流那套理论
所以还要再学习一个(