导语

这场打的还可以，也学到了二分图的更简单的建图和匹配实现，虽然以前看过，但没有着重关注，这次直接整理了

涉及的知识点

二分图，模拟，递推

链接：训练赛 [Cloned]

题目

H

题目大意：略

思路：这道题给了一个启示，小的细节优化往往能带来出其不意的效果
思路是直接模拟暴力，但是如果直接从整个大平面空间逐个遍历显然是不合算的，可以发现，活着的细胞相比于整个平面空间都是少数，那么可以从这一部分入手，我们记录活着的人存在的区域，或者说涉及到的区域，每次对这个区域进行一次遍历，并判断是否产生了拓展，如果区域被拓展，那么更新即可，这样的总体复杂度会很低

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,m;
int a[700][700],b[700][700];//相互作为临时数组
int getAround(bool flag,int x,int y) {//判断当前位置周围int sum=0;if(flag) {sum-=a[x][y];for(int i=-1; i<=1; i++)for(int j=-1; j<=1; j++)sum+=a[x+i][y+j];} else {sum-=b[x][y];for(int i=-1; i<=1; i++)for(int j=-1; j<=1; j++)sum+=b[x+i][y+j];}return sum;
}
int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin >>t;while(t--) {cin >>n>>m;memset(a,0,sizeof(a));//初始化memset(b,0,sizeof(b));//同上char ch;int sum=0,mx=0,pos=0,d=350,u=350+5,l=350,r=350+5;//初始化边界for(int i=0; i<n; i++)for(int j=0; j<m; j++) {cin >>ch;if(ch=='#')a[350+i][350+j]=1,sum++,mx++;}for(int i=1; i<=321; i++) {sum=0;if(i&1) {for(int i=d-1; i<=u+1; i++)//只判断涉及到的范围for(int j=l-1; j<=r+1; j++) {int res=getAround(1,i,j);b[i][j]=a[i][j];if((res<2||res>3)&&a[i][j])b[i][j]=0;else if(res==3&&!a[i][j])b[i][j]=1;sum+=b[i][j];if(b[i][j]) {//如果可以拓展if(i==d-1)d--;else if(i==u+1)u++;if(j==l-1)l--;else if(j==r+1)r++;}}} else {for(int i=d-1; i<=u+1; i++)//只判断涉及到的范围for(int j=l-1; j<=r+1; j++) {int res=getAround(0,i,j);a[i][j]=b[i][j];if((res<2||res>3)&&b[i][j])a[i][j]=0;else if(res==3&&!b[i][j])a[i][j]=1;sum+=a[i][j];if(a[i][j]) {if(i==d-1)d--;else if(i==u+1)u++;if(j==l-1)l--;else if(j==r+1)r++;}}}if(sum>mx)pos=i,mx=sum;}cout <<pos<<" "<<mx<<" "<<sum<<endl;}return 0;
}

I

题目大意：给出一共4×4矩阵，A和B对矩阵轮流操作，A先操作，每次操作选择一个2×2的矩阵，统计矩阵元素和加在总分数上，然后将这个2×2矩阵逆时针旋转90度，一共进行k轮，也就是2k次操作，A的目标是使得总分数最大，B的目标是使得总分数最小，计算两人在最优策略下最后获得的总分数

思路：直接暴力，可以计算出总时间复杂度由于数据范围很小

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,m,k,a[12][12];
int getsum(int x,int y) {return a[x][y]+a[x+1][y]+a[x][y+1]+a[x+1][y+1];
}
void up(int x,int y) {int tmp=a[x][y];a[x][y]=a[x][y+1];a[x][y+1]=a[x+1][y+1];a[x+1][y+1]=a[x+1][y];a[x+1][y]=tmp;
}
void down(int x,int y) {int tmp=a[x][y];a[x][y]=a[x+1][y];a[x+1][y]=a[x+1][y+1];a[x+1][y+1]=a[x][y+1];a[x][y+1]=tmp;
}
int DFS(int level) {//参数为第level次操作if(level==2*k) {int mn=0x3f3f3f3f;for(int i=1; i<4; i++)for(int j=1; j<4; j++)mn=min(mn,getsum(i,j));return mn;}if(level&1) {//A操作int mx=0;for(int i=1; i<4; i++)for(int j=1; j<4; j++) {up(i,j);//操作int sum=getsum(i,j)+DFS(level+1);//遍历所有情况，直接看到最后一步mx=max(mx,sum);down(i,j);//还原}return mx;}int mn=0x3f3f3f3f;//B操作for(int i=1; i<4; i++)for(int j=1; j<4; j++) {up(i,j);int sum=getsum(i,j)+DFS(level+1);mn=min(mn,sum);down(i,j);}return mn;
}
int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin >>t;while(t--) {cin >>k;for(int i=1; i<=4; i++)//录入矩阵for(int j=1; j<=4; j++)cin >>a[i][j];cout <<DFS(1)<<endl;}return 0;
}

M

题目大意：给出一共有向无环图 G G G，定义一个点集 V U R ⊂ V V_UR⊂V VUR⊂V作为 G G G的不可达集，集合中的任意两点 u , v u,v u,v两者间都不存在路径可到达彼此，求出 G G G的最大不可达集的大小

思路：很显然图被分成了两个集合，那么求的就是二分图的最大独立集，由于点很少，直接用矩阵存即可，跑最大匹配，最大独立集=总结点数-最大匹配

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,match[121],res;
bool graph[121][121],vis[121];
bool maxmatch(int u) {for(int v=1; v<=n; v++) {//BFSif(!vis[v]&&graph[u][v]) {//如果没访问过vis[v]=1;if(match[v]==-1||maxmatch(match[v])) { //如果可以匹配match[v]=u;//设定匹配return 1;}}}return 0;
}
int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);int T;cin >>T;while(T--) {cin >>n>>m;memset(graph,0,sizeof(graph));while(m--) {int u,v;cin >>u>>v;graph[u][v]=1;}memset(match,-1,sizeof(match));res=0;for(int i=1; i<=n; i++)for(int j=1; j<=n; j++)for(int k=1; k<=n; k++)graph[i][j]|=graph[i][k]&graph[k][j];for(int i=1; i<=n; i++) {memset(vis,0,sizeof(vis));if(maxmatch(i))res++;}cout <<n-res<<endl;}return 0;
}

L

题目大意：给出一个正整数 L L L，找到一个最小的不小于 L L L的整数 n n n，使得存在一个正整数 m m m满足等式 2 m ( m + 1 ) = n ( n + 1 ) 2m(m+1)=n(n+1) 2m(m+1)=n(n+1)

思路：首先数据量给的很大，因此线性遍历是不可能的，并且需要使用大数来进行存储与运算，因此使用Java语言，将等式中的 n n n视为已知，那么最后可以得到 m m m的表达式： 1 + 2 n 2 + 2 n / 2 − 1 / 2 \sqrt{1+2n^2+2n}/2-1/2 1+2n2+2n /2−1/2，打表可以得到符合条件的 n n n的递推式： a [ i ] = ( a [ i − 1 ] + a [ i − 2 ] ) ∗ 5 + 4 − a [ i − 3 ] a[i]=(a[i-1]+a[i-2])*5+4-a[i-3] a[i]=(a[i−1]+a[i−2])∗5+4−a[i−3]

代码

import java.math.BigInteger;
import java.util.Scanner;public class Main {static BigInteger a[]= new BigInteger[2010];public static void main(String[] args) {// TODO Auto-generated method stubinit();Scanner inputScanner=new Scanner(System.in);int t = inputScanner.nextInt();for(int i = 1;i <= t;i++){String string = inputScanner.next();BigInteger lBigInteger = new BigInteger(string);int l = 0;int r = 2000;if(lBigInteger.compareTo(a[l])<=0) {System.out.println(a[l].toString());}else {while(l<r){int mid = (l+r)/2;if(a[mid].compareTo(lBigInteger)>=0){r=mid;}else {l=mid+1;}}System.out.println(a[l].toString());}}}static void init() {a[0]=new BigInteger("3");a[1]=new BigInteger("20");a[2]=new BigInteger("119");for(int i=3;i<=2000;i++){a[i]=(a[i-1].add(a[i-2])).multiply(BigInteger.valueOf(5)).add(BigInteger.valueOf(4)).subtract(a[i-3]);}}
}

参考文献

icpc2017南宁H The Game of Life
ACM 2017 南宁区域赛 Rake it in(对抗搜索)

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2017南宁（重温经典）

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