jzojNOIP2014模拟 8.14总结

教主的花园 _{(Standard IO)}

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Description

【问题背景】
LHX教主最近总困扰于前来膜拜他的人太多了，所以他给他的花园加上了一道屏障。

【问题描述】
　　可以把教主的花园附近区域抽像成一个正方形网格组成的网络，每个网格都对应了一个坐标（均为整数，有可能为负），若两个网格(x1, y1)，(x2, y2)有|x1 – x2| +|y1 – y2| = 1，则说这两个网格是相邻的，否则不是相邻的。
　　教主在y = 0处整条直线上的网格设置了一道屏障，即所有坐标为(x, 0)的网格。当然，他还要解决他自己与内部人员的进出问题，这样教主设置了N个入口a1, a2, …,aN可供进出，即对于y = 0上的所有网格，只有 (a1, 0)，(a2, 0)， ……， (aN, 0)可以通过，之外的所有纵坐标为0的网格均不能通过，而对于(x,y)有y不为0的网格可以认为是随意通过的。
　　现在教主想知道，给定M个点对(x1, y1)，(x2, y2)，并且这些点均不在屏障上，询问从一个点走到另一个点最短距离是多少，每次只能从一个格子走到相邻的格子。

Input

　　输入的第1行为一个正整数N，为屏障上入口的个数。
　　第2行有N个整数，a1, a2, …, aN，之间用空格隔开，为这N个入口的横坐标。
　　第3行为一个正整数M，表示了M个询问。
　　接下来M行，每行4个整数x1, y1, x2, y2，有y1与y2均不等于0，表示了一个询问从(x1,y1)到(x2, y2)的最短路。

Output

　　输出共包含m行，第i行对于第i个询问输出从(x1, y1)到(x2, y2)的最短路距离是多少。

Sample Input

2
2 -1
2
0 1 0 -1
1 1 2 2

Sample Output

4
2

Data Constraint

Hint

【数据规模】
　　对于20%的数据，有n，m≤10，ai，xi，yi绝对值不超过100；
　　对于40%的数据，有n，m≤100，ai，xi，yi绝对值不超过1000；
　　对于60%的数据，有n，m≤1000，ai，xi，yi绝对值不超过100000；
　　对于100%的数据，有n，m≤100000，ai，xi，yi绝对值不超过100000000。

对于这题，我爆零了……原因后话；

易证得：在x轴同侧，可以直接到达（即(y1<0&&y2<0）||(y1>0&&y2>0)）【我将y1、y2打成x1、x2】，而异侧时，若在x轴上x1~x2（设x1<x2）间有入口，则可直接到达，而没有时，在[x1,x2]以外选取一个最优的门通过。

若是直接枚举门，n≤100000，会超时，于是乎可以排序后用二分求解。

注，虽然ai，xi，yi绝对值不超过100000000，但是想减后会爆int（longint），要用longlong（int64）

教主泡嫦娥 _{(Standard IO)}

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Description

【问题背景】
2012年12月21日下午3点14分35秒，全世界各国的总统以及领导人都已经汇聚在中国的方舟上。
　　但也有很多百姓平民想搭乘方舟，毕竟他们不想就这么离开世界，所以他们决定要么登上方舟，要么毁掉方舟。

LHX教主听说了这件事之后，果断扔掉了手中的船票。在地球即将毁灭的那一霎那，教主自制了一个小型火箭，奔向了月球……

　　教主登上月球之后才发现，他的女朋友忘记带到月球了，为此他哭了一个月。
　　但细心的教主立马想起了小学学过的一篇课文，叫做《嫦娥奔月》，于是教主决定，让嫦娥做自己的新任女友。

【题目描述】
　　教主拿出他最新研制的LHX(Let's be Happy Xixi*^__^*)卫星定位系统，轻松地定位到了广寒宫的位置。
　　见到嫦娥之后，教主用温柔而犀利的目光瞬间迷倒了嫦娥，但嫦娥也想考验一下教主。
　　嫦娥对教主说：“看到那边的环形山了么？你从上面那个环走一圈我就答应你～”

　　教主用LHX卫星定位系统查看了环形山的地形，环形山上一共有N个可以识别的落脚点，以顺时针1~N编号。每个落脚点都有一个海拔，相邻的落脚点海拔不同（第1个和第N个相邻）。
　　教主可以选择从任意一个落脚点开始，顺时针或者逆时针走，每次走到一个相邻的落脚点，并且最后回到这个落脚点。
　　教主在任意时刻，都会有“上升”、“下降”两种状态的其中一种。

　　当教主从第i个落脚点，走到第j个落脚点的时候（i和j相邻）
j的海拔高于i的海拔：如果教主处于上升状态，教主需要耗费两段高度差的绝对值的体力；否则耗费高度差平方的体力。
j的海拔低于i的海拔：如果教主处于下降状态，教主需要耗费两段高度差的绝对值的体力；否则耗费高度差平方的体力。

　　当然，教主可以在到达一个落脚点的时候，选择切换自己的状态（上升→下降，下降→上升），每次切换需要耗费M点的体力。在起点的时候，教主可以自行选择状态并且不算切换状态，也就是说刚开始教主可以选择任意状态并且不耗费体力。

　　教主希望花费最少的体力，让嫦娥成为自己的女朋友。

Input

　　输入的第一行为两个正整数N与M，即落脚点的个数与切换状态所消耗的体力。
　　接下来一行包含空格隔开的N个正整数，表示了每个落脚点的高度，题目保证了相邻落脚点高度不相同。

Output

　　输出仅包含一个正整数，即教主走一圈所需消耗的最小体力值。
　　注意：C++选手建议使用cout输出long long类型整数。

Sample Input

6 7
4 2 6 2 5 6

Sample Output

Data Constraint

Hint

【样例说明】
　　从第3个落脚点开始以下降状态向前走，并在第4个落脚点时切换为上升状态。
　　这样共耗费4 +(7)+3+1+2^2+2^2+4=27点体力。

【数据规模】
　　对于10%的数据，N ≤ 10；
　　对于30%的数据，N ≤ 100，a[i] ≤ 1000；
　　对于50%的数据，N ≤ 1000，a[i] ≤ 100000；
　　对于100%的数据，N ≤ 10000，a[i] ≤ 1000000，M ≤ 1000000000；

对于这题，我用了卡时……（直接暴力dp只有50points）

先讲暴力dp：用f【i】【j】表示到第i座山状态为j（0为上升，1为下降），这时可暴力枚举起点，按题目所说的去转移：

A[i]>a[i+1]:F[i+1][0]=min(f[i][1]+a[i]-a[i+1]+m,f[i][0]+sqr(a[i]-a[i+1]));

F[i+1][1]=min(f[i][1]+a[i]-a[i+1],f[i][0]+sqr(a[i]-a[i+1]+m));

A[i]<a[i+1]同理

时间复杂度为n^2,而且是longlong进行运算，会很慢，由于数据很水，可以用卡时，

保险起见也可用随机算法，随机起点，多次随机后形成拟正解。

测试时有人用倍增过了，在此说说，

可以明显得出，状态s[i,j]与状态s[j,k]可以分开处理，然后合起来就为状态s[I,k]，由于n≤10000，直接枚举会超时＋爆空间，因此可以预处理s[I,j]表示从i座山出发到包括它后第2^j座山的最优解，因为有上升下降之分，要再嵌一个b数组记录方向。复杂度为nlogn

此处讲讲o（n）的思路：

一种比较难以解释的：有人只从最高点和最低点分别做dp求最优解输出就过了……

附题解：正确的做法是使用三维动规：
f[i][j][k]表示第i个点的状态是j,并且有1号点状态为k推出的最小代价。

第二个点需要特殊处理：
if(tall[2]>tall[1])
{
f[2][0][0]=tall[2]-tall[1];
f[2][1][0]=tall[2]-tall[1]+M;
f[2][0][1]=sqr(tall[2]-tall[1])+M;
f[2][1][1]=sqr(tall[2]-tall[1]);

偶看

}
else
{
f[2][0][0]=sqr(tall[1]-tall[2]);
f[2][0][1]=tall[1]-tall[2]+M;
f[2][1][0]=sqr(tall[1]-tall[2])+M;
f[2][1][1]=tall[1]-tall[2];
}

转移就是（tall[i]>tall[i-1]）
f[i][0][0]=min(f[i-1][0][0]+tall[i]-tall[i-1],f[i-1][1][0]+sqr(tall[i]-tall[i-1])+M);
f[i][1][0]=min(f[i-1][0][0]+tall[i]-tall[i-1]+M,f[i-1][1][0]+sqr(tall[i]-tall[i-1]));
f[i][0][1]=min(f[i-1][0][1]+tall[i]-tall[i-1],f[i-1][1][1]+sqr(tall[i]-tall[i-1])+M);
f[i][1][1]=min(f[i-1][0][1]+tall[i]-tall[i-1]+M,f[i-1][1][1]+sqr(tall[i]-tall[i-1]));

对于tall[i]<tall[i-1]这种情况以及逆时针的情况类似。
注意：顺时针推用的数组是f，逆时针推用的数组是g。
然后枚举每一个落脚点作为起始点，哪么从他开始绕一圈的代价就是
for(int i=2;i<=N;i++)
for(int j=0;j<=1;j++)
for(int k=0;k<=1;k++)
for(int m=0;m<=1;m++)
for(int n=0;n<=1;n++)
if(n==k) Min=min(Min,f[i][j][k]+g[N-i+2][m][n]+M);
　　 elseMin=min(Min,f[i][j][k]+g[N-i+2][m][n]);

这样时间复杂度是O(n)的

保镖排队 _{(Standard IO)}

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Description

【问题背景】
　　教主LHX作为知名人物，时刻会有恐怖分子威胁他的生命。于是教主雇佣了一些保镖来保障他的人生安全。

【题目描述】
　　教主一共雇佣了N个保镖，编号为1~N。每个保镖虽然身手敏捷武功高强，但是他在其余N-1个保镖里，都会有一个“上司”，他会对他的上司言听计从。但一号保镖例外，他武功盖世，不惧怕其余任何保镖，所以他没有上司。
　　教主LHX会对这N个保镖进行定期视察。每次视察的时候，首先会让所有保镖排队。
　　对于每个保镖，在他心目中会对他的所有下属的武功实力排个队。
　　现在教主要求排出来的队伍满足：①互为上司-下属的两个保镖，上司在前，下属在后②对于一个保镖的所有下属，武功实力较强的在前，较弱的在后。
　　教主想知道，总的排队方法数除以10007的余数是多少。

Input

　　输入的第一行为一个正整数T，表示了数据组数。
　　对于每组数据：
　　第一行为一个正整数N。
　　接下来N行，每行描述一个保镖。
　　第i+1行，会有一个整数K，代表第i个保镖的下属个数，接下来K个数，代表第i个保镖的下属按照武功实力从高到低的编号。

Output

　　输出包括C行，每行对于每组数据输出方案数mod 10007后的结果。

Sample Input

2
5
2 2 3
2 4 5
0
0
0
7
2 2 3
2 4 5
2 6 7
0
0
0
0

Sample Output

3
10

Data Constraint

Hint

【样例说明】
　　对于第1组数据，有以下3种排列是合法的：
1 2 4 3 5
1 2 3 4 5
1 2 4 5 3
　　同时满足了1在2与3之前且2在3之前，2在4与5之前且4在5之前

【数据规模】
　　对于20%的数据，有N ≤ 9；
　　对于40%的数据，有对于所有K，有K ≤ 2；
　　对于60%的数据，有N ≤ 100；
　　对于100%的数据，有T ≤ 10，N ≤ 1000，K ≤ N。

对于这题我们可以将其转化成一棵树，按题意所说的，就是将等级高的放在等级低的前面，这样我们可以先做等级低的，然后与稍高的合并（这样可以将较高的放在首位，确保较高的在较低的前面），再做等级高的：

对于第i个点，设排列数为f[i]，其后继为a[j]（前面的等级低于后面的），b【i】记录以节点i为根的树的节点数

则有：f[i]=f[i]*f[a[j]]*C(b[a[j]]，y+b[a[j]]）；（y记录已处理的后继树节点总数）

附代码：

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

intm,t,n,x,sum,y,ans,mod;

int g[10001],a[10001][2],b[10001],f[1001][1001];

voidin(int x,int y){

a[++sum][0]=y;

a[sum][1]=g[x];

g[x]=sum;

}

voidinit(){

sum=0;

scanf("%d",&n);

for (int i=1;i<=n;i++){

scanf("%d",&x);

b[i]=1;

g[i]=0;

for (int j=1;j<=x;j++){

scanf("%d",&y);

in(i,y);

}

intdfs(int x){

int i=g[x];

int s=1;

int y=0;

while (i!=0){

s=(s*dfs(a[i][0]))%mod*f[y+b[a[i][0]]-1][b[a[i][0]]-1]%mod;

y+=b[a[i][0]];

b[x]+=b[a[i][0]];

i=a[i][1];

}

return(s);

}

voidwork(){

ans=dfs(1);

printf("%d\n",ans);

}

intmain(){

freopen("3.in","r",stdin);

freopen("3.out","w",stdout);

scanf("%d",&t);

mod=10007;

f[0][0]=1;

for (int i=1;i<=1000;i++){

f[i][0]=1;

for (int j=1;j<=i;j++)

f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1])%mod;

}

for (int i=1;i<=t;i++){

init();

work();

}

return0;

}

教主的别墅 _{(Standard IO)}

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Description

【题目背景】
LHX教主身为宇宙第一富翁，拥有一栋富丽堂皇的别墅，由于别墅实在太大了，于是教主雇佣了许许多多的人来负责别墅的卫生工作，我们不妨称这些人为LHXee。

【题目描述】
　　教主一共雇佣了N个LHXee，这些LHXee有男有女。
　　教主的大别墅一共有M个房间，现在所有的LHXee在教主面前排成了一排。教主要把N个LHXee分成恰好M个部分，每个部分在队列中都是连续的一段，然后分别去打扫M个房间。
　　教主身为全世界知识最渊博的人，他当然知道男女搭配干活不累的道理，以及狼多羊少，羊多狼少的危害之大。所以教主希望一个分配方式，使得所有小组男女个数差的最大值最小。
　　教主还希望你输出从左到右，每个组的人数。
　　如果有多种人数组合都能达到最优值，教主希望你分别告诉他这些方案中字典序最小和最大的方案。换句话说，你需要找到两种方案，这两种方案满足所有组男女个数差最大值最小的前提下，第一种方案（字典序最小）要越靠前的组人数越少，也就是让第一个小组人尽量少，并且在第一个小组人尽量少的前提下，让第二个小组的人尽量少，依此类推；第二种方案（字典序最大）则要让越靠前的组人数越多。

Input

　　输入的第1行为两个正整数N与M，用空格分隔。
　　第2行包含一个长度为N的串，仅由字符组成，第i个字符为0表示在这个位置上的LHXee为女生，若为1则为男生。

Output

　　输出文件包含两行，每行M个正整数，正整数之间用空格隔开，行末无多余空格。这M个正整数从左到右描述了你所分的每个组的人数。
　　第1行为字典序最小的方案，第2行为字典序最大的方案。

Sample Input

8 3
11001100

Sample Output

1 2 5
5 2 1

Data Constraint

Hint

【样例说明】
　　字典序最小的方案按1, 10, 01100分组，每组男女个数差的最大值为1，为最小。
　　字典序最大的方案按11001, 10, 0分组。

【数据规模】
　　对于40%的数据，有N ≤ 100；
　　对于50%的数据，有N ≤ 1000；
　　对于65%的数据，有N ≤ 100000；
　　对于100%的数据，有N ≤ 5000000，M ≤ N且M ≤ 100000。

【提示】
关于字典序：
比较S1[N]与S2[N]的字典序大小，可以找到S1[N]与S2[N]中第1个不相同数字S1[i]与S2[i]（即有对于所有1≤k＜i，都有S1[k]＝S2[k]，但S1[i]≠S2[i]）。如果S1[i]＜S2[i]，那么说S1[N]字典序比S2[N]小，否则说S1[N]字典序比S2[N]大。

若我们对于a[i]，若a[i]=”1”，则b[i]=1;若a[i]=”0”,则b[i]=-1。将b数组前缀和后，易证：最优方案下，最大男女人数差ans=（abs(a[n])-1）/m+1（即上取整），而对于a[n]=0时要特判：将b数组中0看做挡板，若分割的区间数不足m则ans=1,反之为0,

此时已知最大男女人数差，即可贪心出解：

这里讲第一问（第二问就是倒着做）：设l为上次分组最后一个人的位置+1，即这次分组的开始，i为枚举到第i人，若有（(abs(b[i]-b[l-1])>=ans)&&(abs(b[n]-b[i])>=ans)）则可以分组i-l+1人，到第m-1组建立好时，剩余人数即第m组

附程序：

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#include<cmath>

usingnamespace std;

int l,n,m,ans,x;

chars[5000200];

intc[100001],a[5000200];

intdid(int x,int y){

if (x==0)return(0);

return((x-1)/y+1);

}

intmain(){

freopen("4.in","r",stdin);

freopen("4.out","w",stdout);

scanf("%d %d\n",&n,&m);

scanf("%s",s);

for (int i=0;i<=n-1;i++){

a[i+1]=a[i];

if (s[i]=='1')a[i+1]++;elsea[i+1]--;

}

if (a[n]==0){

l=0;

for (int i=1;i<=n;i++)if(a[i]==0)l++;

if (l>=m-1)ans=0;else

ans=1;

}else

ans=(abs(a[n])-1)/m+1;

l=0;

x=0;

for (int i=1;i<=n;i++){

if((abs(a[i]-a[l])<=ans)&&(did(abs(a[n]-a[i]),m-x-1)<=ans)){

printf("%d",i-l);

x++;

l=i;

if (x==m-1){

printf("%d\n",n-i);

break;

}

l=n;

x=0;

for (int i=n;i>=1;i--)

if((abs(a[l]-a[i-1])<=ans)&&(did(abs(a[i-1]),m-x-1)<=ans)){

x++;

c[m-x+1]=l-i+1;

l=i-1;

if (x==m-1){

c[1]=i-1;

break;

}

for (int i=1;i<=m-1;i++)

printf("%d ",c[i]);

printf("%d\n",c[m]);

return 0;

}