D：Welfare State

题目大意

=
n个人
接下来一行有n个数，第i个数表示第i个人手上的钱a[i]
q次操作
操作分为两种：
1): 1 x 表示所有人手上的不能低于x ，即钱数少于x的人，把它的钱数变为x
2): 2 x y 表示第x个人的钱变为y
数据范围：
n (1≤n≤2⋅10^5) (0≤ai≤10^9) (1≤q≤2⋅10^5) (1≤p≤n, 0≤x≤10^9) (0≤x≤10^9)

正解

=
第二种操作很好解决，直接赋值覆盖即可
问题就在于第一种操作
如果我们读入一条语句就进行操作，那么就必须在线O(n)操作坑定会炸！
想一下，在i个人的最后一次2操作j时，那么j+1~q次操作中的1操作都有可能影响i
所以我们就从后往前离线操作，记录到j次操作为止中1操作的最大值，与这个人最后一次2操作进行比较max

瞅瞅代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define MAXN 500005
struct node {int kind, x, y;
}a[MAXN];
int n, q, Max;
int res[MAXN];
bool flag[MAXN];
int main() {scanf ( "%d", &n );for ( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf ( "%d", &res[i] );scanf ( "%d", &q );for ( int i = 1;i <= q;i ++ ) {a[i].y = -1;scanf ( "%d", &a[i].kind );if ( a[i].kind == 1 ) scanf ( "%d %d", &a[i].x, &a[i].y );else scanf ( "%d", &a[i].x );}for ( int i = q;i >= 1;i -- ) {if ( a[i].kind == 1 ) {if ( flag[a[i].x] ) continue;elseres[a[i].x] = max ( a[i].y, Max );flag[a[i].x] = 1;}elseMax = max ( Max, a[i].x );}for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {if ( ! flag[i] ) res[i] = max ( res[i], Max );printf ( "%d ", res[i] );}return 0;
}

E:Matching vs Independent Set

题目大意

T组数据，第一行输入n,m 共有3n个点，m条边
接下来m行，表示u，v两点之间有无向边相连
1）如果任选n条边，满足这n条边上的点只被一条边覆盖，即这些点的入度和出度和为1.eg：选两条边1，2和2，3就不符合题意因为2被两条边覆盖了
符合题意就输出Matching，第二行输出这n条边的编号
2）如果任选n条边后，满足至少n个点是孤立的，eg：选两条边1，2和2 3那么1，3就满足题意因为它们之间无直接边相连（且1，3算两个点）
满足题意就输出IndSet,第二行输出这n个点的编号
3）如果都不满足就输出Impossible
(1≤n≤10^5, 0≤m≤5*10^5)1≤vi,ui≤3⋅n)

正解

首先要想明白，根本没有Impossible的可能，证明一下：因为共有3n个点，选n条边，最多也只能覆盖2n个点，那么剩下的n个点也是孤立的。
其次，这个如果是考试一般要绑点，就别想着骗分了

那么很好想不能满足边，就一定满足点
我们就在线操作，对u，v进行打标，满足边就tot++，最后判断tot输出就好了
还可用打标的flag数组进行答案输出

代码实现

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define MAXN 300005
#define MAXM 500005
int n, m, t, cnt;
bool flag[MAXN];
int a[MAXM];
int main() {scanf ( "%d", &t );while ( t -- ) {for ( int i = 1;i <= 3 * n;i ++ )flag[i] = 0;cnt = 0;scanf ( "%d %d", &n, &m );for ( int i = 1;i <= m;i ++ ) {int u, v;scanf ( "%d %d", &u, &v );if ( flag[u] || flag[v] ) continue;else {flag[u] = flag[v] = 1;a[++ cnt] = i;}}if ( cnt >= n ) {printf ( "Matching\n" );for ( int i = 1;i <= n;i ++ )printf ( "%d ", a[i] );printf ( "\n" );}else {printf ( "IndSet\n" );int tot = 0;for ( int i = 1;i <= 3 * n;i ++ ) {if ( tot >= n ) break;if ( ! flag[i] ) {tot ++;printf ( "%d ", i );}}printf ( "\n" );}}return 0;
}

F:Rectangle Painting 1

题目大意

输入n，接下来输入nn的字符矩阵，‘#’， ‘.’
求最少把整个矩阵全都变为‘.’的代价和
自选矩阵大小hw以及矩阵的位置，然后被这个矩阵所包含的所有点都变为‘.’
代价为max (h, w)
n (1≤n≤50)

正解

首先拿到这个题，坑定暴搜是有分的，但会炸
那我们就思考假设对于一个23的矩阵，那么影响这个矩阵的方案有13+23（把第一行和第二行断开），12+22（把第一列和第二三列断开），22+12（把第一二列和第三列断开）然后在对于每一种断开继续以上操作，直到分出11的矩阵，就知道答案了
所以我们就要记忆化搜索，防止重复遍历超时，不断更新最小值

代码实现

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define MAXN 55
int n;
bool flag[MAXN][MAXN];
int dp[MAXN][MAXN][MAXN][MAXN];
int dfs ( int sx, int sy, int ex, int ey ) {if ( dp[sx][sy][ex][ey] != -1 ) return dp[sx][sy][ex][ey];if ( sx == ex && sy == ey ) return dp[sx][sy][ex][ey] = flag[sx][sy];int result1 = 0x7f7f7f7f, result2 = 0x7f7f7f7f;if ( sx != ex )for ( int i = sx;i < ex;i ++ )result1 = min ( result1, dfs ( sx, sy, i, ey ) + dfs ( i + 1, sy, ex, ey ) );if ( sy != ey )for ( int i = sy;i < ey;i ++ )result2 = min ( result2, dfs ( sx, sy, ex, i ) + dfs ( sx, i + 1, ex, ey ) );return dp[sx][sy][ex][ey] = min ( min ( result1, result2 ), max ( ( ex - sx  + 1 ), ( ey - sy + 1 ) ) );
}
int main() {scanf ( "%d", &n );for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf ( "\n" );for ( int j = 1;j <= n;j ++ ) {char tu;scanf ( "%c", &tu );if ( tu == '#' ) flag[i][j] = 1;else flag[i][j] = 0;}}memset ( dp, -1, sizeof ( dp ) );int result = dfs ( 1, 1, n, n );printf ( "%d", result );return 0;
}

连A三道，偶的妈呀！大神这是要逆天啦！！！
你这次考了倒数第五名，从倒数第一进步了五名，这么学下去，你不得牛死！
好了代码，或者思路有任何不懂的，在评论区留言，我看见会给你进行答复知道你懂为止，让我们下期再见，bye~~

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【CF1199 D,E, F】Welfare State // Matching vs Independent Set // Rectangle Painting 1

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F:Rectangle Painting 1

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