业余ACMer笔记·6月第三周补题

P2345 [USACO04OPEN]MooFest G

原题地址

代码：
突然发现洛谷试炼场换成题单了
具体思路并不难，先按Vi从小到大排序（自己做的时候按X排序了），然后维护两个树状数组，一个维护数量前缀和，一个维护坐标前缀和。
代码来自洛谷题解：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long wz[20010],yy[20010],n,mn=20000;
long long ans;
long long read()
{   long long xx=0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();while(ch>='0'&&ch<='9'){xx=xx*10+ch-'0';ch=getchar();}return xx;
}
struct node{long long xi;long long vi;
}a[20010];
bool cmp(node x,node y)
{return x.vi<y.vi;
}
int lobit(int x) {  return x&(-x);}
void crwz(int x) { for(;x<=mn;x+=lobit(x)) wz[x]++;}
int z(int x)//数量前缀和
{int sum=0;for(;x>=1;x-=lobit(x)) sum+=wz[x];return sum;
}
void cryy(int x,int v) { for(;x<=mn;x+=lobit(x)) yy[x]+=v;}
int y(int x)//坐标值前缀和
{int sum=0;for(;x>=1;x-=lobit(x)) sum+=yy[x];return sum;
}
int jdz(int x)//绝对值
{if(x<0) return -x;else return x;
}
int main()
{n=read();for(int i=1;i<=n;++i) a[i].vi=read(),a[i].xi=read();sort(a+1,a+1+n,cmp);//排序for(int i=1;i<=n;++i){int j=a[i].xi;ans+=a[i].vi*(z(j-1)*j-y(j-1)+y(mn)-y(j)-(z(mn)-z(j))*j);crwz(a[i].xi);cryy(j,a[i].xi);}printf("%lld",ans);return 0;
}

gym 100801G.Graph

原题地址

题目大意：给出 n 个点 m 条边的 DAG，要求最多加 k 条有向边(不能形成环)，使得可能的字典序最小的拓扑序列最大。输出最终最小的拓扑序列，以及加边数，加的边(1≤n≤110⁵, 0≤m≤ 110⁵)

代码：
参考博客
这题主要两个难点，一个是控制加上k条边之后字典序最小的拓扑序列最大，一个是控制不能成环。
参考博客的代码中，maxQ每加如一个元素，k–才执行一次，这样可以控制加边的数目。而每release一个点，才把该点的后继点压入队列，这样可以控制后继点永远不可能有指向该点的边（拓扑序列成环的情况是后继点有一条指向前继点的边）
用操作系统的知识来说，maxQ就是出于阻塞态的进程，minQ就是就绪态的进程，而执行完一个进程后，入度为0的子进程进入就绪态，但可以根据需要把就绪态的进程阻塞。
代码来自参考博客

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define dbg(...) cerr<<"["<<#__VA_ARGS__":"<<(__VA_ARGS__)<<"]"<<endl;
typedef vector<int> VI;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int inf=0x3fffffff;
const ll mod=1000000007;
const int maxn=1e5+10;
int head[maxn];
struct edge
{int to,next;
}e[maxn*2];   //
int tol=0;
void add(int u,int v)
{e[++tol].to=v,e[tol].next=head[u],head[u]=tol;
}
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >minQ;
priority_queue<int> maxQ;
int d[maxn];
int ans[maxn];
vector<PII> res;
void release(int u)//释放该点的后继点
{for(int i=head[u];i;i=e[i].next){int v=e[i].to;if(--d[v]==0) minQ.push(v);}
}int main()
{freopen("graph.in","r",stdin);freopen("graph.out","w",stdout);int n,m,k;scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);rep(i,1,m+1){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);add(u,v);d[v]++;}rep(i,1,n+1) if(!d[i]) minQ.push(i);int len=0;while(len<n){len++;while(k&&minQ.size()>1){k--;int t=minQ.top();minQ.pop();maxQ.push(t);}if(minQ.size()==0)//实在没有可交换的点了，只好把maxQ的队头放出来{int t=maxQ.top();maxQ.pop();ans[len]=t;release(t);res.pb(make_pair(ans[len-1],t));//用ans[len-1]连，可以确保拓扑序列中t在len的位置}else if(minQ.size()==1&&k&&maxQ.size()&&minQ.top()<maxQ.top())//交换{k--;int t=maxQ.top();maxQ.pop();maxQ.push(minQ.top());minQ.pop();ans[len]=t;release(t);res.pb(make_pair(ans[len-1],t));}else//否则就执行minQ{int t=minQ.top();minQ.pop();ans[len]=t;release(t);}}rep(i,1,n+1) printf("%d ",ans[i]);puts("");printf("%d\n",(int)res.size());for(auto it:res)printf("%d %d\n",it.fi,it.se);return 0;
}

Gym - 100513K Treeland

参考博客

根据各点之间的距离关系构造一棵树，很有意思的一道思维题。运用了树上的节点只有一个父节点且可以有多个子节点、父节点距离根的距离比子节点近的特点。

Gym - 100513G

参考博客

算是一道思维题，有意思的地方在于时间复杂度的计算。

POJ 1177扫描线模板题

原题地址
题意很简单，就是求矩形覆盖区的周长。
参考博客
感觉洛谷的最高赞题解已经讲的很详细了，我加一些代码细节的注释
代码来自参考博客

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#define lson (x << 1)
#define rson (x << 1 | 1)
using namespace std;
const int MAXN = 2e4;
int n, X[MAXN << 1];
int x1, y1, x2, y2, pre = 0; /* 先初始化为 0 */struct ScanLine {int l, r, h, mark;if(h == rhs.h)return mark > rhs.mark;return h < rhs.h;
//      注意！这里是后来被 hack 掉以后加上去的
//      在此感谢 @leprechaun_kdl 指出问题
//      如果出现了两条高度相同的扫描线，也就是两矩形相邻
//      那么需要先扫底边再扫顶边，否则就会多算这条边
//      这个对面积并无影响但对周长并有影响
//      hack 数据：2 0 0 4 4 0 4 4 8 输出应为：24
} line[MAXN];struct SegTree {int l, r, sum, len, c;
//  c表示区间线段条数
//sum维护的是横线被多少矩形覆盖bool lc, rc;
//  lc, rc分别表示左、右端点是否被覆盖
//  统计线段条数(tree[x].c)会用到
} tree[MAXN << 2];void build_tree(int x, int l, int r) {tree[x].l = l, tree[x].r = r;tree[x].lc = tree[x].rc = false;tree[x].sum = tree[x].len = 0;tree[x].c = 0;if(l == r)return;int mid = (l + r) >> 1;build_tree(lson, l, mid);build_tree(rson, mid + 1, r);
}void pushup(int x) {int l = tree[x].l, r = tree[x].r;if(tree[x].sum) {//sum!=0表示该段被完全覆盖tree[x].len = X[r + 1] - X[l];tree[x].lc = tree[x].rc = true;tree[x].c = 1;
//      做好相应的标记}else {tree[x].len = tree[lson].len + tree[rson].len;tree[x].lc = tree[lson].lc, tree[x].rc = tree[rson].rc;tree[x].c = tree[lson].c + tree[rson].c;
//      如果左儿子左端点被覆盖，那么自己的左端点也肯定被覆盖；右儿子同理if(tree[lson].rc && tree[rson].lc)tree[x].c -= 1;
//      如果做儿子右端点和右儿子左端点都被覆盖，
//      那么中间就是连续的一段，所以要 -= 1}
}
//目前遇到的扫描线题目貌似都没有pushdown函数
void edit_tree(int x, int L, int R, int c) {//维护的是[ X[tree[x].l],X[tree[x].r+1)这段的状态int l = tree[x].l, r = tree[x].r;if(X[l] >= R || X[r + 1] <= L)return;if(L <= X[l] && X[r + 1] <= R) {tree[x].sum += c;pushup(x);
//pushup也可以拆边，这里不能省略return;}edit_tree(lson, L, R, c);edit_tree(rson, L, R, c);pushup(x);
}ScanLine make_line(int l, int r, int h, int mark) {ScanLine res;res.l = l, res.r = r,res.h = h, res.mark = mark;return res;
}
//  POJ 不这样做就会CE，很难受int main()
{scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d %d %d %d", &x1, &y1, &x2, &y2);line[i * 2 - 1] = make_line(x1, x2, y1, 1);line[i * 2] = make_line(x1, x2, y2, -1);X[i * 2 - 1] = x1, X[i * 2] = x2;}n <<= 1;sort(line + 1, line + n + 1);sort(X + 1, X + n + 1);int tot = unique(X + 1, X + n + 1) - X - 1;build_tree(1, 1, tot - 1);//注意这里x[l],x[r]管理的是[x[l],x[r+1])这一区间的情况，所以这里是tot-1int res = 0;for(int i = 1; i < n; i++) {edit_tree(1, line[i].l, line[i].r, line[i].mark);res += abs(pre - tree[1].len);
//横边的长度是每次扫描线被覆盖线段的长度变化pre = tree[1].len;
//      统计横边res += 2 * tree[1].c * (line[i + 1].h - line[i].h);
//tree.c维护的是该区间内被覆盖线段的个数，故要*2
//      统计纵边}res += line[n].r - line[n].l;
//  特判一下枚举不到的最后一条扫描线printf("%d", res);return 0;
}