雅禮學習10.3
各題狀況
T1
暴力修改+一維差分+二維差分
莫名其妙就沒了49分。。。
好像是數組開的不夠大？
T2
這。。。概率和期望，一會不會，連那個一分的部分分都沒有任何思路
T3
題目並沒有看太懂。。
寫了一個枚舉算法，然後對某個一分的數據輸出顯然的結果
。。。
然後就只拿了1分
枚舉掛了，因爲會錯了題目含義
題目及考場代碼
T1
/*
* 一個個修改肯定超時。。
* q==0的直接輸出0
* 19分應該是暴力
*
* 考慮對每次操作，計算一共修改了多少個位置
* 奇數個的話就讓當前答案異或這個數字
* 對於邊界單獨討論
* 但是問題在於。。。如果修改的位置剛好把當前答案所在位置變大了，就不應該是異或，而是+
* 真的不會維護啊
* 假裝這麼寫是正確的吧。。。
*
* 每行差分
* 最後O(n^2)統計
*/
#include <cstdio>
inline int read()
{
int n=0,w=1;register char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9')n=n*10+c-'0',c=getchar();
return n*w;
}
inline int min(int x,int y)
{return x<y?x:y;}
const int N=1002;
long long map[N][N],add[N][N],cut[N][N];
int main()
{
freopen("u.in","r",stdin);
freopen("u.out","w",stdout);
int n=read(),q=read(),r,c,s,l,x;
long long ans=0;
if(q==0)
{
printf("0");
goto E;
}
if(q<=400)
{
while(q--)
{
r=read(),c=read(),l=read(),s=read();
x=min(r+l-1,n);
for(int i=r;i<=x;++i)
for(int j=c;j<=min(i-r+c,n);++j)
map[i][j]+=s;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
ans^=map[i][j];
}
else
if(q<=2000)
{
while(q--)
{
r=read(),c=read(),l=read(),s=read();
x=min(r+l-1,n);
for(int i=r;i<=x;++i)
map[i][c]+=s,map[i][min(i-r+c,n)+1]+=-s;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
x=0;
for(int j=1;j<=n;++j)
{
x+=map[i][j];
printf("%d ",x);
ans^=x;
}
puts("");
}
}
else
{
while(q--)
{
r=read(),c=read(),l=read(),s=read();
add[r][c]+=s,add[r+l][c]-=s;
cut[r][c+1]+=s,cut[r+l][c+l+1]-=s;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
{
add[i][j]+=add[i-1][j];
cut[i][j]+=cut[i-1][j-1];
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
{
map[i][j]+=map[i][j-1]+add[i][j]-cut[i][j];
ans^=map[i][j];
}
}
/*
else
{
while(q--)
{
r=read(),c=read(),l=read(),s=read();
x=l+1;
if(r+l-1>n || c+l-1>n)
{//想了半天沒想出來怎麼快速把多餘的部分刪掉。
x=0;
for(int i=r;i<=min(r+l-1,n);++i)
x+=min(i-r+c,n);
}
if(x&1)ans^=s;
}
}*/
printf("%lld",ans);
E: fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}T2
/*
* 概率。。。
* 根本一會不會啊。。。
* 騙分走人
*/
#include <cstring>
#include <cstdio>
const int N=31;
char s[N];
int main()
{
freopen("v.in","r",stdin);
freopen("v.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&k);
scanf("%s",s);
int x=0;
for(int i=0;i<n;++i)
if(s[i]=='W')
++x;
if(k==0 || k==n)
printf("%.10lf",(double)1.0*k);
else printf("%.10lf",(double)x*1.0/2);
fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}T3
/*
* 輸出0有1分。
*/
#include <cstdio>
#include <vector>
int n,step,cnt,k_2,z_2,ku;
int l_note[100023];
struct note{
int con,have,wash;
};
bool dis[100023];
std::vector<note> tree[100023];
std::vector<int> kuai[100023];
void search(int num)
{
for(int space,i=0;i<l_note[num];i++)
{
space=tree[num][i].con;
if(((tree[num][i].wash!=tree[num][i].have)||(tree[num][i].wash==2))&&dis[space]!=true)
{
tree[num][i].have=tree[num][i].wash;
++cnt;
dis[num]=true;
search(space);
break;
}
}
}
bool vis[100023];
void qk(int num)
{
vis[num]=true;
for (int i=0;i<kuai[num].size();++i)
{
int space=kuai[num][i];
if(tree[num][i].wash==2)++k_2;
if(vis[space]!=true)
qk(space);
}
}
int main ()
{
freopen("w.in","r",stdin);
freopen("w.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
if(n<=1000)
{
for(int a,b,c,d,i=1;i<n;++i)
{
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
tree[a].push_back((note){b,c,d});
++l_note[a];
tree[b].push_back((note){a,c,d});
++l_note[b];
if((c!=d)||(d==2))
{
kuai[a].push_back(b);
kuai[b].push_back(a);
}
if(d==2)++z_2;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int o=0;o<l_note[i];o++)
{
if((tree[i][o].wash!=tree[i][o].have)&&tree[i][o].wash!=2)
{
dis[tree[i][o].con]=true;
search(i);
break;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)
if(vis[i]!=true&&kuai[i].size()!=0)
{
++ku;
qk(i);
}
step=ku-(z_2-k_2/2);
printf("%d %d",step,cnt);
}
else printf("0 0");
fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}正解
T1
第一眼\(n\times q\)做法，\(3e8\)顯然不能過
那麼考慮對其進行優化：差分序列的訪問時不連續的，所以我們考慮把它變成連續的
就過了。。。
官方正解：
豎着做一次差分，斜着做一次差分，那麼一個三角形就可以確定出來了，而後\(n^2\)掃一遍求異或和
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e3+10;
int n,q;
ll a[maxn][maxn],b[maxn][maxn],ans;
inline void add_a(int x,int y,int v){
if(x<=n&&y<=n)
a[x][y]+=v;
}
inline void add_b(int x,int y,int v){
if(x<=n&&y<=n)
b[x][y]+=v;
}
int main(){
freopen("u.in","r",stdin);
freopen("u.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&q);
while(q--){
int r,c,l,s;
scanf("%d%d%d%d",&r,&c,&l,&s);
add_a(r,c,s);
add_a(r+l,c+l,-s);
add_b(r+l,c,-s);
add_b(r+l,c+l,s);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j){
if(i>1)
a[i][j]+=a[i-1][j-1]+a[i-1][j]-a[i-2][j-1];
else
a[i][j]+=a[i-1][j-1]+a[i-1][j];
b[i][j]+=b[i-1][j]+b[i][j-1]-b[i-1][j-1];
ans^=a[i][j]+b[i][j];
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}T2
可以得到一個\(O(2^n\times n)\)的狀壓\(DP\)的做法，記錄每個球是否還沒有被移除，然後按照最優策略期望移除白球數
事實上有很多重複狀態，也就是剩下的求的顏色序列相同時結果是一樣的
考慮將狀態記成剩下的顏色序列，長度較小的時候就直接用數組去存，較大的時候用\(map\)去存
狀態個數能得到一個上界是\(\sum_{i=0}^n\min\{2^i,{i\choose n}\}\)（事實上最大值爲\(\sum_{i=1}^{n+1}Fib_i\)但是這一點也不\(noip\)）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=30+5;
int n,k;
char s[maxn];
namespace ${
const int xxx=24;
double a[1<<xxx+1];
map<int,double> m[maxn];
inline void init(){
for(int i=0;i<1<<xxx+1;++i)
a[i]=-1;
}
inline bool count(int bit,int len){
if(len<=xxx)
return a[1<<len|bit]!=-1;
else
return m[len].count(bit);
}
inline double&find(int bit,int len){
if(len<=xxx)
return a[1<<len|bit];
else
return m[len][bit];
}
}
inline int erase(int bit,int k){
return bit&(1<<k)-1|bit>>1&-1<<k;
}
inline double max_(double a,double b){
return a>=b?a:b;
}
double dfs(int bit,int len){
if(len<=k)
return 0;
if($::count(bit,len))
return $::find(bit,len);
double&res=$::find(bit,len);
res=0;
for(int i=0,j=len-1;i<=j;++i,--j)
if(i<j)
res+=max_(dfs(erase(bit,i),len-1)+(bit>>i&1),dfs(erase(bit,j),len-1)+(bit>>j&1))*2;
else
res+=dfs(erase(bit,i),len-1)+(bit>>i&1);
return res/=len;
}
int main(){
freopen("v.in","r",stdin);
freopen("v.out","w",stdout);
$::init();
scanf("%d%d%s",&n,&k,s);
k=n-k;
int bit=0;
for(int i=0;i<n;++i)
bit|=(s[i]=='W')<<i;
printf("%.10f\n",dfs(bit,n));
return 0;
}T3
如果最後翻轉的邊集是\(S\)，最少操作數爲\(\{V,S\}\)中奇數度數的點的一半，最小操作總長度是\(|S|\)
考慮樹形\(DP\)，\(dp[i][0/1]\)記錄以\(i\)爲根的子樹內，\(i\)與父親之間的邊是否翻轉，最少的奇數度數的點的個數，此時的最小總長度
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const pair<int,int> inf=make_pair(1e9,1e9);
int n;
vector<pair<int,int> > g[maxn];
pair<int,int> dp[maxn][2];
inline pair<int,int> operator+ (pair<int,int> a,pair<int,int> b){
return make_pair(a.first+b.first,a.second+b.second);
}
void dfs(int pos,int fa,int type){
pair<int,int> tmp0(0,0),tmp1(inf);
for(int i=0,v;i<g[pos].size();++i)
if((v=g[pos][i].first)!=fa){
dfs(v,pos,g[pos][i].second);
pair<int,int> nxt0,nxt1;
nxt0=min(tmp0+dp[v][0],tmp1+dp[v][1]);
nxt1=min(tmp1+dp[v][0],tmp0+dp[v][1]);
tmp0=nxt0;tmp1=nxt1;
}
if(type==0||type==2)
dp[pos][0]=min(tmp0,make_pair(tmp1.first+1,tmp1.second));
else
dp[pos][0]=inf;
if(type==1||type==2)
dp[pos][1]=min(make_pair(tmp0.first+1,tmp0.second+1),make_pair(tmp1.first,tmp1.second+1));
else
dp[pos][1]=inf;
}
int main(){
freopen("w.in","r",stdin);
freopen("w.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1,a,b,c,d;i<n;++i){
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
if(d!=2)
d=(c!=d);
g[a].push_back(make_pair(b,d));
g[b].push_back(make_pair(a,d));
}
dfs(1,0,0);
printf("%d %d\n",dp[1][0].first/2,dp[1][0].second);
return 0;
}下午講課：搜索與剪枝
主要是題目只有題目
例一
有一個\([1,2^n]\)的排列\(A\{1,\cdots,2^n\}\)
可以執行的操作有\(n\)種，每種操作最多可以執行一次。第\(i\)種操作：將序列從左到右劃分爲\(2^{n-i+1}\)段，每段恰好包括\(2^{i-1}\)個數，然後整體交換其中兩段。
求可以將數組\(A\)從小到大排序的不同的操作序列有多少個。
兩個操作序列不同，當且僅當操作個數不同，或者至少一個操作不同（種類不同或者操作位置不同）。
\(n\le 12\)
解：
首先，任意一個合法的操作序列，我們可以改變其順序，依然滿足條件。
那麼這一類的操作序列的貢獻，即爲操作次數的階乘。
那麼，現在只考慮種類編號遞增的操作序列。第\(i\)種操作時，序列分成了大小爲\(2^{i-1}\)的段，如果某個段不是遞增且連續的，那麼最後肯定不會滿足條件。所以，在這種操作考慮完後，每個大小爲\(2^i\)的段應當遞增且連續。
當考慮第\(i\)種操作時：
- 如果不合條件的\(2^i\)大小的段超過\(2\)個，直接退出
- 如果不存在的話，直接繼續
- 如果只有\(1\)個，交換其包含的\(2^{i-1}\)的兩段，判斷是否可行
- 如果有\(2\)個就分別搜索\(4\)種交換方案
例二
農夫約翰需要一些特定規格的木材(共\(n\)塊，長度不一定相同)，可是他只剩下一些大規格的木板(共\(m\)塊，長度不一定相同)。不過約翰可以將這些木板切割成他所需要的規格。
求約翰最多能夠得到多少他所需要的木材。
\(n\le 1000,m\le 50,lenth\le 32767\)
解：
顯然可以二分答案。
判斷答案爲\(k\)是否可行，顯然可以將木材排序，搜索最短的k 塊木材是否
能得到。
然後剪枝：
- 從小到大搜索所需的木材從哪塊木板得到，因爲長的木材限制比較大
- 如果兩塊所需木材長度相同，後搜索的那一塊的來源只需要從前者的來源開始枚舉
- 當一塊原料的長度比最短的需求還短，那麼直接丟棄，如果丟棄總量+所需總量\(\gt\)原料總量，剪掉
例三
給出一個數字\(S\)，輸出所有約數和等於\(S\)的數
一共\(T\)次詢問
\(S\le 2e9,T\le 100\)
解：
\(n=\prod_i p_i^{a^i}\Rightarrow \sigma(n)=\prod_i\sum_{j=0}^{a_i}p_i^j\)
那麼我們可以通過枚舉\(p_i\)及其\(a_i\)來搜索
若當前需要得到的\(S\)可以表示爲爲一個未搜索過的質數與\(1\)的和，那麼之前的數與這個質數的乘積是一個合法答案
對於每個使得\((p+1)(p-1)\lt S\)的\(p\)，枚舉可能的\(a_i\)進行遞歸
例四
一個\(n\times m\)的網格，\(k\)種顏色，部分格子已經塗了某種顏色，現在需要將其他格子也塗上顏色，使得從\((1,1)\)到\((n,m)\)的每條路徑（每次向下或向右走一格）都不會出現重複顏色。求方案數，對\(10^9+7\)取模。
\(n,m\le 1000,k\le 10\)
解：
顏色數應大於等於步數，\(n+m-1\le k\Rightarrow n+m\le k+1\le 11\)，否則puts("0")。
然後搜每個位置的顏色，可以狀壓到每個位置的已經過的顏色。
可行性剪枝：未經過的顏色數小於剩餘步數，剪掉。
對稱性剪枝：如果塗上一個未出現過的顏色，塗哪一個都是等價的，那麼只需搜其中一個。
例五
有\(52\)張牌排成一排\(\{0,1\cdots 51\}\)，然後可以把他們分成兩半，然後交叉着洗牌（一個確定的置換）。
洗完牌後，可能會出現一個錯誤，將一對相鄰的牌調換了位置，但是每次洗牌最多隻會犯一個錯誤。
現在給出牌最終的順序，求最少洗了多少次（保證不超過\(10\)），最少犯幾次錯誤。
解：
一個性質：確定了洗牌次數後，若真實的最終排列與不犯錯誤的最終排列，有\(k\)個位置不同，那麼犯錯次數\(\lceil\frac{k}{2}\rceil\)。
以此來當做剪枝，枚舉洗牌次數和犯錯次數，跑\(idA^*\)
例六
你記錄了\([0,59]\)這個時間段內到站的所有公交車(數量\(\le 300\)) 的時間，每輛車屬於一條線路。
- 同一路線路的車的到站時間間隔相同。
- 每條線路在\([0,59]\)至少到達兩輛車。
- 最多有\(17\)條線路
求最少可能有多少條線路
解：
一條線路，可以通過第一輛、第二輛車來確定。
我們可以按照到站順序來確定每輛車的歸屬情況。
如果它是線路第一輛車，那麼先把他做一個標記。(同時，它的時間應在\([0,29]\))
如果是第二輛，枚舉標記過的車輛來確定一條線路，如果可行，刪除該線
路的所有車。
這樣，隨着搜索的深度增加，可選車輛快速減少，搜索規模大量降低。
同時可以加入若干合法性或者最優性剪枝。比如：作爲第一輛的車多於未確定的車。
例七
給定\(n\)個字符集爲\(\{a,b,c,\cdots,m\}\)的字符串\(S_i\)，求一種\(\{a,b,c,\cdots,m\}\)到\(\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,+,\times,=\}\)的映射\(f\)，使得所有\(f(S_i)\)均是表達式合法、且成立的等式。
\(n\le 1000,5\le |S_i|\le 11\)
解：
先對約束條件較高的\(+,\times ,=\)進行搜索。
然後，對於每一個等式，我們得到了每個數的位數，計算等號兩側的值域，
無交集就可以剪枝。隨着對應關係的確定，值域也會越來越小。
可以選擇從低位開始搜，確定了低位的值，不相等可以剪枝