2020 icpc 沈阳

Journey to Un’Goro 思维+dfs

大意：有个只包含‘r,b’的长度为 n 的字符串，对于区间 [l,r] 若区间内 ‘r’ 的个数是奇数，那么称这个区间为好的区间，现在需要构造字符串，使得它的好的区间是所有字符串中最多的，输出’'好的区间‘ ’的个数，以及按字典序从小到大输出所有这样的字符串，若超过100个只需要输出100个。

思路：对于区间问题，尤其是区间计数类问题，直接做不好做的话，不妨尝试转化成前缀问题。记 sumisum_isumi 为字符‘r’ 的个数的前缀和。那个对于区间 [l,r]中的个数即为 sumr−suml−1sum_r-sum_{l-1}sumr−suml−1，若使的个数为奇数，那么sumrsum_rsumr 、 suml−1sum_{l-1}suml−1 奇偶性不同。

sum0、sum1、.......sumnsum_0、sum_1、.......sum_nsum0、sum1、.......sumn 假设有 x个是奇数个，y 个是偶数个 x+y=n+1x+y=n+1x+y=n+1

好的区间的个数=xy，根据基本不等式当 x=y，xy 取最大值

也就是说 ∣x−y∣<=1|x-y|<=1∣x−y∣<=1 又有 x+y =n+1。所以 x和y 均不会超过 (n+1)/2(上取整)。然后就可以dfs+剪枝写了。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,bbb,eee) for(int i=bbb;i<=eee;i++)
#define frep(i,bbb,eee) for(int i=bbb;i>=eee;i--)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define inf 0x3f3f3f3f
#define pb push_back
#define AC signed
// #define x first
// #define y second
#define int long long
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;
const int N=100010,M=1000000007;
int n,lim,cnt,ans;
char s[N];
void dfs(int id,int cnt1,int cnt2,int sum)
{if(cnt1>lim||cnt2>lim)return ;if(id==n){cout<<s<<"\n";cnt++;if(cnt==100)exit(0);return ;}s[id]='b';dfs(id+1,cnt1+(sum%2==0),cnt2+(sum%2),sum);s[id]='r';dfs(id+1,cnt1+(sum%2!=0),cnt2+(sum%2==0),sum+1);
}
void solve()
{cin>>n;int x=(n+1)/2,y=n+1-x;ans=x*y,lim=(n+2)/2;cout<<ans<<"\n";dfs(0,1,0,0);
}
AC main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int _=1;//cin>>_;while(_--)solve();return 0;
}

Kobolds and Catacombs 签到

思路：直接模拟就好，从后往前预处理后缀最小值，然后从前往后扫一遍，并维护前缀最大值，若后缀最小值比当前前缀最大值小，那么必定得把他们分成一组。

The Witchwood 签到
The Boomsday Project dp

大意：给定 n,m,r 代表 n 种租车折扣卡，m个组成订单，以及不用折扣卡租车的花费。每种折扣卡有个时间限制，次数限制，和花费。求最终花费的最小值。

思路：不难看出要用dp 写，每种折扣卡既有时间限制，又有次数限制。直接状态定义的话很麻烦。我们注意到题目给出的条件：所有订单的租车次数之和是不超过3e5的，所以我们可以尝试变形下，用 a[i] 表示租第 i 次车的天数，从小到大排个序，将问题转化成线性dp。记租车的总数为 cnt。不难想出状态定义 f[i,j] 表示租前 i 次，且最后一次用了折扣卡 j 的最小花费。

接下来想想怎么状态转移。不妨令 bjb_jbj 表示第 j 种折扣卡当前左边界,djd_jdj表示时间限制，cjc_jcj表示次数限制，vjv_jvj表示花费。

f[i,j]=min(f[i−1,j]+r,f[i−b[j],j]+vj)f[i,j]=min(f[i-1,j]+r,f[i-b[j],j]+v_j)f[i,j]=min(f[i−1,j]+r,f[i−b[j],j]+vj)

j 都一样，显然可以省掉一维

其中 bjb_jbj 满足

a[bj]+dj−1>=a[i]a[b_j]+d_j-1>=a[i]a[bj]+dj−1>=a[i]

bj+cj−1>=ib_j+c_j-1>=ibj+cj−1>=i

我们知道aia_iai 是单调不降的，所以 bjb_jbj 也是单调不降的。左边界越靠左折扣卡利用越充分，所以直接从上次的左边界开始判断就行了。就可以省掉一维从头开始枚举的时间复杂度，总的时间复杂度 O(n∗cnt)O(n*cnt)O(n∗cnt)

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,bbb,eee) for(int i=bbb;i<=eee;i++)
#define frep(i,bbb,eee) for(int i=bbb;i>=eee;i--)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define inf 0x3f3f3f3f
#define pb push_back
#define AC signed
// #define x first
// #define y second
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;
const int N=300010,M=1000000007;
inline int read()
{int x=0,f=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)&&ch!='-')ch=getchar();if(ch=='-')f=-1,ch=getchar();while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();return f*x;
}
inline void print(int x)
{   if(x<0){putchar('-');x=-x;}if(x>9) print(x/10);putchar(x%10+'0');
}
int n,m,r,f[N],a[N],b[N],cnt;
struct node{int d,k,c;
}cd[510];
void solve()
{cin>>n>>m>>r;rep(i,1,n){int d,k,c;cin>>d>>k>>c;cd[i]={d,k,c};}while(m--){int p,q;cin>>p>>q;while(q--)a[++cnt]=p;}sort(a+1,a+1+cnt);rep(i,1,n)b[i]=1;rep(i,1,cnt)f[i]=1e18;rep(i,1,cnt){f[i]=f[i-1]+r;rep(j,1,n){while(a[b[j]]+cd[j].d<=a[i]||b[j]+cd[j].k<=i)b[j]++;f[i]=min(f[i],f[b[j]-1]+cd[j].c);}}cout<<f[cnt]<<"\n";}
AC main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int _=1;//cin>>_;while(_--)solve();return 0;
}

总结：写题时对于某些细节可以先设出来，构思好大概再去想细节。

Rise of Shadows 数论

不会数论，先鸽了

United in Stormwind 阅读理解、模拟

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