RDC

2013, Samara SAU ACM ICPC Quarterfinal Qualification Contest

G

思路卡成智障呀！

Round 1：对着这个魔法阵找了半天规律，效果很辣鸡。

Round 2：打表，效果辣鸡。

Round 3：找映射关系 + Pick定理

对于某种颜色的点来讲，必须形成一个网格状方阵的！

设总共有\(s\)种颜色。方阵中相邻两点连线向量为\((x,y)\)

观察网格，注意“一个格子”与“这个格子的左上角”是一一对应的。

因此，由皮克定理：\(x^2+y^2=s+1\)

I

日常不会贪心..........

贪心是不可能贪心的，这辈子都不可能会贪心!

搞DP又不会搞.........

我发现自己一碰到这种什么序列，区间上的贪心DP就直接炸毛。

研究下自己的魔术回路：

• 倒着做【前面对后面有影响，可以睡觉了。】
• 能过挡住第i个石头，那么PreDamege<=t[i]-d[i]，然后就想维护前缀最大值什么的，效果很辣鸡。
• DP：要记录前i个石头吸收了多少伤害，可以睡觉了。

做法：从前往后扫，拿个堆了维护石头，如果要被砸死了，那就丢掉一个伤害值最大的石头。

2013, VI Samara Regional Intercollegiate Programming Contest

A

魔术回路

• 完全在乱搞一气....WAWAWAWAAC，太弱。

注意，找到第一只存活的兔几后，接下来最多也只要牺牲一只小兔几。

慢慢分类讨论.

• 首先是n=1或者k=1这些。
• n%k=1, 最坏的情况：前n/k次，全部失败，剩下那瓶药肯定就是想要的啦!
• n%k>1, 最坏的情况：前n/k次，全部失败，因为现在还有>=2瓶的药没检测，所以还需要再牺牲一只兔几。
• n%k=0, 最坏的情况：前n/k-1次，全部失败，接下来就和上一场情况类似了。

C

看到完美匹配，直接想到Hall定理。然而效果极度辣鸡。

正解：贪心+线段树

写得好凌乱吖！！！

emmm...碰键盘一定一定先把思路整理好吖！！！！

写了半天不知道自己在写什么东西就比较喜了.......

做法：

• 把区间按左端点从小到大排序。对于点P，匹配他的区间，右端点当然越靠左越好！根据这个规律就可以判断是否存在完美匹配。
• 问题的关键是第二步，判断完美匹配是否唯一！对于点P，设与他匹配的区间是S。然后我们判断点P是否能与点Q互换位置，不妨设Q在P左边，那么S.left <= Q < P，设Q对应的区间为T，PQ能互换的条件是T.right >= P，因此我们使用线段树维护点对应的区间的右端点MAX就好了。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <map>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define rd(x) scanf("%d",&x)
#define prt(x) printf("%d\n", x);
#define prtvec(v) for(int i=0;i<v.size();i++) printf("%d%c", v[i], i==(v.size()-1)?'\n':' ');
#define sz(x) (int)x.size()
#define pb(x) push_back(x)
#define rep(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define per(i,y,x) for(int i=y;i>=x;i--)
const int N=200000+10;
const double EPS = 1e-8;
int n,ret[N],ans[N],now[N];
struct Nod {int l,r,id;Nod(){}Nod(int l_,int r_,int id_) {l=l_,r=r_,id=id_;}bool operator < (const Nod & o) const {if(r==o.r) return l == o.l ? id < o.id : l < o.l;return r < o.r;}
} nod[N];
struct Interval {int l, r;
} interval[N];
struct Room {int id, x;bool operator < (const Room & o) const {return x < o.x;}
} a[N]; int p[N];
set<Nod> st;
bool cmp(Nod a, Nod b) {return a.l < b.l;
}
int s[N<<2];
void build(int l,int r,int rt){if(l==r){s[rt]=interval[ret[l]].r;return;}int mid=(l+r)>>1;build(l,mid,rt<<1);build(mid+1,r,rt<<1|1);s[rt]=max(s[rt<<1],s[rt<<1|1]);
}
int queryMax(int l,int r,int rt,int L,int R){if(L<=l&&r<=R){return s[rt];}int mid=(l+r)>>1;int ans=0;if(L<=mid) ans=queryMax(l,mid,rt<<1,L,R);if(R >mid) ans=max(ans,queryMax(mid+1,r,rt<<1|1,L,R));return ans;
}
int main(){rd(n);rep(i,1,n) rd(a[i].x), a[i].id=i;sort(a+1,a+1+n);rep(i,1,n) p[i]=a[i].x;rep(i,1,n) now[i]=a[i].id;rep(i,1,n) rd(nod[i].l), rd(nod[i].r), nod[i].id=i;sort(nod+1,nod+1+n,cmp);int las=1;rep(i,1,n) {while(las<=n && nod[las].l <= a[i].x) {st.insert(nod[las]);las ++;}Nod tmp = *st.lower_bound(Nod(-1,a[i].x,0));ret[i]=tmp.id;ans[tmp.id]=i;interval[ret[i]].l = tmp.l;interval[ret[i]].r = tmp.r;if (ret[i]==0) return !printf("Let's search for another office.\n");st.erase(tmp);}    build(1,n,1);rep(i,1,n){int Lb = lower_bound(p+1,p+1+n,interval[ret[i]].l) - p;int Rb = i-1;if (Lb > Rb) continue;int mx = queryMax(1,n,1,Lb,Rb);if (mx >= a[i].x) {return !printf("Ask Shiftman for help.\n");}}printf("Perfect!\n");rep(i,1,n){printf("%d ", now[ans[i]]);}
}

F

贪心怕是有完杀效果吧。

对于区间按左端点排序。对于每个点，去左端点尽可能靠左的区间。lower_bound一下就好了。

K

构造长度为n，逆序对为k的排列。

智障的做法1：像[a,...1][b....a+1][c....b+1]....[n....c+1]这样，长度为len的区间对逆序的贡献为len*(len-1)/2,每次都拿出尽可能长的一段。然后惊喜地发现总长度有可能凑不出n.

智障的做法2：BIT + 二分【还被边界杀】，虽然能够，但是....好沙比啊。

不智障的做法：先[a,....1][a+1,.....n]然后把n往左边扯。