【洛谷】NOIP提高组模拟赛Day2【动态开节点/树状数组】【双头链表模拟】
U41571 Agent2
题目背景
炎炎夏日还没有过去,Agent
们没有一个想出去外面搞事情的。每当ENLIGHTENED总部
组织活动时,人人都说有空,结果到了活动日,却一个接着一个咕咕咕
了。只有不咕鸟Lyn_king
一个人冒着太阳等了半个多小时,然后居然看到连ENLIGHTENED行动参谋
都咕咕咕
了,果然咕咕咕
是人类的本性啊。
题目描述
作为一个ENLIGHTENED行动指挥
,自然不想看到这一点,于是他偷取到了那些经常咕咕咕
的Agent
的在下来N天的活动安排表
,并且叫上了你来整理。在整理过程中,ENLIGHTENED行动指挥
对你说了M条命令,命令操作如下。
- 输入0 a b,这代表在第a天到第b天,有一名
Agent
要咕咕咕。 - 输入1 a,这代表
ENLIGHTENED行动指挥
询问你根据目前的信息,在第a天有多少名Agent
会咕咕咕。
作为同是不咕鸟的你,也想要惩戒那些经常咕咕咕
的人,所以,请协助完成ENLIGHTENED行动指挥
完成整理,并且在他每次询问时,输出正确的答案。
输入输出格式
输入格式:
第一行输入两个整数输N,M, 下来M行,每行输入一个命令,命令格式见题目描述。
输出格式:
对于每一次询问的操作,都要输出询问的答案。答案之间用换行隔开。
输入输出样例
5 5 0 1 2 0 1 5 1 1 0 3 5 1 5
2 2
说明
对于20%的数据N,M≤10
对于40%的数据N,M≤103
对于60%的数据N,M≤105
对于100%的数据1≤a,b≤N≤107,M≤4∗105
这道题签到题,难点在数据范围,普通线段树肯定做不了,所以采用动态开节点,要查询的才建立节点即可。
然而一开始疯狂乱错,原因是中间某个地方写了+=后面又加了一遍...
也可以用树状数组做,代码非常简洁。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std;int n, m;struct Node {Node *ls, *rs;int sum, tag; } pool[32*400005], *tail = pool, *zero, *root;Node *newnode() {Node *nd = ++ tail;nd -> ls = zero;nd -> rs = zero;nd -> sum = 0;nd -> tag = 0;return nd; }void push_down(Node *nd, int l, int r) {if(nd -> tag) {int mid = (l + r) >> 1;if(nd -> ls == zero) nd -> ls = newnode();nd -> ls -> sum = nd -> ls -> sum + nd -> tag * (mid - l + 1);if(nd -> rs == zero) nd -> rs = newnode();nd -> rs -> sum = nd -> rs -> sum + nd -> tag * (r - mid);nd -> ls -> tag += nd -> tag;nd -> rs -> tag += nd -> tag;nd -> tag = 0;} }void add(Node *nd, int l, int r, int L, int R, int d) {if(l >= L && r <= R) {nd -> sum = nd -> sum + (r - l + 1) * d;nd -> tag += d;return ;}push_down(nd, l, r);int mid = (l + r) >> 1;if(L <= mid) {if(nd -> ls == zero) nd -> ls = newnode();add(nd -> ls, l, mid, L, R, d);}if(R > mid) {if(nd -> rs == zero) nd -> rs = newnode();add(nd -> rs, mid + 1, r, L, R, d);} }int query(Node *nd, int l, int r, int pos) {if(l == r) return nd -> sum;push_down(nd, l, r);int mid = (l + r) >> 1;if(pos <= mid) return query(nd -> ls, l, mid, pos);else return query(nd -> rs, mid + 1, r, pos); }int main() {zero = ++ tail; zero -> ls = zero;zero -> rs = zero;zero -> sum = 0;zero -> tag = 0;scanf("%d%d", &n, &m);root = newnode();for(int i = 1; i <= m; i ++) {int opt, l, r;scanf("%d", &opt);if(opt == 0) {scanf("%d%d", &l, &r);add(root, 1, n, l, r, 1);} else {scanf("%d", &l);printf("%d\n", query(root, 1, n, l));}}return 0; }
树状数组:
#include<bits/stdc++.h> using namespace std;int n, m;int lowbit(int x) {return x & -x; }int pre[10000005]; void add(int pos, int d) {for(int i = pos; i <= n; i += lowbit(i))pre[i] += d; }int query(int pos) {int ans = 0;for(int i = pos; i; i -= lowbit(i))ans += pre[i];return ans; }int main() {scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 1; i <= m; i ++) {int opt, l, r;scanf("%d", &opt);if(opt == 0) {scanf("%d%d", &l, &r);add(l, 1);add(r+1, -1);} else {scanf("%d", &l);printf("%d\n", query(l));}}return 0; }
U41572 Portal2
题目背景
某地ENLIGHTENED
的XM
研究所正在研究Portal
的处理法则,想要揭示XM能量
的来源以及应用XM能量
。ENLIGHTENED
的首席科学家Jacks
发现其能量的运算法则以及运算方法,但是方法十分复杂,仅靠人手工计算是很难算出答案的,所以它需要你协助他完成计算。
题目描述
Portal
计算XM能量
是通过个2个栈(0号栈,1号栈)实现的,它把对XM
能量的操作如下
PUSH X NUM
把NUMNUM加入到X号栈的栈顶。
POP X
把XX号栈的栈顶元素删除。
ADD X
取出0号栈和1号栈的元素各一个,并且把它的和放入X号栈。
SUB X
取出0号栈和1号栈的元素各一个,并且把它的差的绝对值放入X号栈。
DEL X
清空X号栈中所有元素不管栈是否为空。
MOVE X Y
循环操直到Y号栈为空,把Y号栈的栈顶元素加入到X号栈,删除Y号栈的栈顶元素。
数据保证X和Y不相同
SWAP
将两个栈的所有元素调换。
END
代表命令结束,并且分两行分别输出0号栈和1号栈由栈顶到栈底的元素的值,若栈内无元素,输出NONE
。数据保证指令以END
结束且仅有一个END
,并且也需要输出SUCCESS
。
AKNOI
等为无效操作,无效操作后不接数字。
更正不会有类似无效操作
对于每一行指令,若当前指令成功执行输出SUCCESS
,若取出或删除元素时栈内为空或者没有对应指令输出UNSUCCESS
并且不执行该行指令。
输入输出格式
输入格式:
输入若干行指令,以END
指令结束
输出格式:
对于每一次操作,都要对应输出SUCCESS
或者UNSUCCESS
,对于END
根据指令描述输出栈内元素。
输入输出样例
PUSH 0 10 PUSH 0 20 PUSH 0 30 PUSH 0 40 PUSH 1 50 PUSH 1 60 ADD 0 ADD 0 ADD 0 END
SUCCESS SUCCESS SUCCESS SUCCESS SUCCESS SUCCESS SUCCESS SUCCESS UNSUCCESS SUCCESS 150 30 20 10 NONE
PUSH 0 10 PUSH 0 20 PUSH 0 30 PUSH 0 40 PUSH 1 50 PUSH 1 60 MOVE 0 1 END
SUCCESS SUCCESS SUCCESS SUCCESS SUCCESS SUCCESS SUCCESS SUCCESS 50 60 40 30 20 10 NONE
说明
对于20%的数据 数据保证不会出现MOVE/SWAP
操作,命令总数 ≤ 100
对于40%的数据 命令总数 ≤ 1000
对于60%的数据 数据保证MOVE/SWAP
的操作次数不会超过10000次,命令总数 ≤ 10^5
对于100%的数据 0 ≤ X,Y ≤ 1,命令总数≤10^6
数据保证无论任何情况,栈中元素的值X满足0≤ x ≤2^63-1
学到了新东西!!链表模拟。
一开始总觉得链表全都是像建边的邻接链表那样,做了这道题有所感悟!
这道题要求满足两个栈的同时维护,比较困难的操作有$swap$和$move$以及$del$,暴力模拟都需要$O(n)$。所以这里就是链表模拟的套路了?
两个栈之间建立新节点2作为过渡,所有操作都用双头链表,新节点的$pre$连第一个栈,$nex$连第二个栈。
上面是链接链表的主要操作。$push$就是把要插入的值插入到哪两个点之间。
$swap$:感谢$Abyssful$的教导!如何快速交换两个数组内所有的值?记录$stk[0/1]$表示0数组和1数组当前存的是哪个数组内的东西。初始化是$stk[0]=0,stk[1]=1$,访问时$a[stk[0]][...],a[stk[1]][...]$来分别访问两个数组。这道题同理,只是因为用链表储存了两个栈,所以通过$stk[0/1]$来确定访问$pre[2]$还是$nex[2]$。
$move$:将一个栈所有元素移到另一个栈中,并且是边从栈顶取边移过去。所以首先要把两个栈顶连起来,再看是哪边移到哪边,$y->x$,就把$y$的尾和新节点相连,再把$y$那边清空即可,$x$同理。判断一下是0还是1就可以判断是移到哪里了。
$del$:直接把要清空的那边直接连到新节点就行了。
输出就沿着双头链表走到头就行了。
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long using namespace std;char s[105];int nex[1000005], pre[1000005]; LL val[1000005]; int cnt = 2;void link(int u, int v) {nex[u] = v;pre[v] = u; }void lpush(int u, int v, LL w) {val[++cnt] = w;link(u, cnt);link(cnt, v); }void push(int x, LL w) {if(x == 0) lpush(pre[2], 2, w);else lpush(2, nex[2], w); }LL pop(int u) {link(pre[u], nex[u]);return val[u]; }void print(int u) {if(u) {if(nex[2] == 1) {printf("NONE\n");return ;}for(int i = nex[2]; i != 1; i = nex[i])printf("%lld ", val[i]);printf("\n");} else {if(!pre[2]) {printf("NONE\n");return ;}for(int i = pre[2]; i != 0; i = pre[i])printf("%lld ", val[i]);printf("\n");} }int stk[2]; void print() {if(stk[0]) {print(1); print(0);} else {print(0); print(1);} }bool sov(char *s) {int x, y;LL num;if(s[0] == 'P') {if(s[1] == 'U') {scanf("%d%lld", &x, &num);x = stk[x];push(x, num);} else {scanf("%d", &x);x = stk[x];if(x == 0) {if(pre[2] == 0) return 0;pop(pre[2]);}else {if(nex[2] == 1) return 0;pop(nex[2]);}}} else if(s[0] == 'A') {scanf("%d", &x);x = stk[x];if(pre[2] == 0 || nex[2] == 1) return 0;push(x, pop(pre[2]) + pop(nex[2]));} else if(s[0] == 'S') {if(s[1] == 'U') {scanf("%d", &x);x = stk[x];if(pre[2] == 0 || nex[2] == 1) return 0;push(x, abs(pop(pre[2]) - pop(nex[2])));} else {swap(stk[0], stk[1]);}} else if(s[0] == 'D') {scanf("%d", &x);x = stk[x];if(x == 0) link(0, 2);else link(2, 1);} else if(s[0] == 'M') {scanf("%d%d", &x, &y);x = stk[x], y = stk[y];link(pre[2], nex[2]);if(x == 0) {link(pre[1], 2);link(2, 1);} else {link(2, nex[0]);link(0, 2);}}return 1; }int main() {stk[0] = 0, stk[1] = 1;link(0, 2); link(2, 1);while(~scanf("%s", s)) {if(s[0] == 'E') {puts("SUCCESS");print();break;}if(sov(s)) puts("SUCCESS");else puts("UNSUCCESS");}return 0; }
U41573 War2
题目背景
XM大战
如期而至,Agent
们齐聚一地,展开最后的对决。对战有很多种方式,有些复杂的方式可以获得更高的分数。可惜ENLIGHTENED
的人并不怎么聪明,只会简单的hack
,所以ENLIGHTENED行动指挥
找到了你来做他们的总参谋。
题目描述
地图上有N个Portal
,现在某一名Agent
的任务是占领该地图上的M个Portal
,这名Agent
占领第i个Portal
可以得到的分数为A[i],除了直接占领,还有其他的K种加分方式,对于着N个Portal
,在占领完第X[i]个Portal
后占领第Y[i]个Portal
可以获得B[i]的加分,加分可能会有重复。Agent
希望他可以为团队争取更多的分数,所以请求作为大战参谋的你来帮助他。
输入输出格式
输入格式:
第一行是输入三个整数N,M,K 第二行输入是N个数,第i个数代表A[i]的值。 下面K行每行有3个整数X[i],Y[i],C[i],表示在占领完第X[i]个Portal
后占领第Y[i]个Portal
可以获得B[i]的加分
输出格式:
输出仅一行一个整数,为该名Agent
可以获得的最大分数值。
输入输出样例
3 2 1 1 1 1 1 2 3
5
4 3 2 1 1 1 1 4 3 2 3 2 1
6
说明
对于20%的数据 1≤M≤N≤4,0≤A[i],B[i]≤103
对于40%的数据 1≤M≤N≤8,0≤A[i],B[i]≤105
对于60%的数据 1≤M≤N≤12,0≤A[i],B[i]≤107
对于100%的数据 1≤M,X[i],Y[i]≤N≤18,0≤K≤N^2−N,0≤A[i],B[i]≤10^9
一道比较好想+写的状压DP,然而一开始很慌,题两次没看清楚。
分数累加的意思是如果有重复的$a$和$b$,他们的分数是可以累加起来的。
而$a$到$b$是严格要求$b$在$a$后面第一个,所以状态还要定义一个最后占领的。然后转移就行了。
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define RG register using namespace std;int n, m, k; LL dp[(1<<18) + 1][20], qwq[20], zty[20][20]; int cnt[(1<<18) + 1];int countt(int s) {int num = 0;while(s) {num += s & 1;s >>= 1;}return num; }LL cot(int s) {LL ans = 0;for(int i = 1; i <= n; i ++)if((s >> (i-1)) & 1)ans += qwq[i];return ans; }void init() {for(int i = 0; i < (1 << n); i ++)cnt[i] = countt(i); }int main() {scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);init();for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%lld", &qwq[i]);for(int i = 1; i <= k; i ++) {int a, b;LL c;scanf("%d%d%lld", &a, &b, &c);zty[a][b] += c;}for(RG int s = 0; s < (1 << n); s ++) {if(cnt[s] >= m) continue;for(RG int i = 1; i <= n; i ++)if(!((s >> (i-1)) & 1))for(RG int j = 1; j <= n; j ++)if((s >> (j-1)) & 1)if(zty[j][i])dp[s|(1 << (i-1))][i] = max(dp[s|(1 << (i-1))][i], dp[s][j] + zty[j][i]);}LL ans = 0;for(int s = 0; s < (1 << n); s ++)for(int i = 1; i <= n; i ++)if(cnt[s] == m)ans = max(ans, dp[s][i] + cot(s));printf("%lld", ans);return 0; }
转载于:https://www.cnblogs.com/wans-caesar-02111007/p/9751485.html
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