2019 ACM ICPC Xi'an University of Posts & Telecommunications School Contest

A.括號匹配

題意：問一個括號環，在某一點處剪開，是否能成爲一個合法的括號序列。

題解：考慮左右括號數量是否相等即可。

證明：不會。

B. Oooooooo AAAAE

題解：二分圖最小點權覆蓋模板題，建議自行百度學習，一下子也很難講清楚，但真的是模板題。

代碼：

#include <bits/stdc++.h>
#define mem(sx,sy) memset(sx,sy,sizeof(sx))
#define pa pair<int, int>

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int MAXN = 1e5 + 100;
const int MAXM = 2e6 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MOD = 1e9 + 7;
const double PI = acos(-1);
using namespace std;

struct dinic {
	struct edge {
		int to, flow, nxt;
	} edges[MAXM];

	int n, m, cnt, st, en;
	int head[MAXM], dis[MAXM], cur[MAXM];

	void init(int _st, int _en, int _n) {
		st = _st, en = _en, n = _n;
		cnt = -1;
		mem(head, -1);
	}

	void addedge(int u, int v, int w) {
		// cout << "   " << u << " " << v << " " << w << endl;
		edges[++cnt] = { v, w, head[u] };
		head[u] = cnt;
		edges[++cnt] = { u, 0, head[v] };
		head[v] = cnt;
	}

	int bfs() {
		queue<int> Q;
		mem(dis, 0);
		dis[st] = 1;
		Q.push(st);
		while (!Q.empty()) {
			int u = Q.front();
			Q.pop();
			if (u == en) return 1;
			for (int i = head[u]; i != -1; i = edges[i].nxt) {
				int v = edges[i].to, w = edges[i].flow;
				if (!dis[v] && w) {
					dis[v] = dis[u] + 1;
					Q.push(v);
				}
			}
		}
		return dis[en] != 0;
	}

	int dfs(int u, int flow) {
		int ret = flow, a;
		if (u == en || flow == 0) return flow;
		for (int &i = cur[u]; i != -1; i = edges[i].nxt) {
			int v = edges[i].to;
			if (dis[v] == dis[u] + 1 && (a = dfs(v, min(ret, edges[i].flow)))) {
				edges[i].flow -= a;
				edges[i ^ 1].flow += a;
				ret -= a;
				if (!ret) break;
			}
		}
		if (ret == flow) dis[u] = 0;
		return flow - ret;
	}

	int maxflow() {
		int ans = 0;
		while (bfs()) {
			for (int i = 1; i <= n; i++) cur[i] = head[i];
			ans += dfs(st, INF);
		}
		return ans;
	}
} G;
int main() {
	int n, m;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	int st = 2 * n + 1;
	int ed = st + 1;
	G.init(st, ed, ed);
	for (int i = 1, w; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &w);
		G.addedge(n + i, ed, w);
	}
	for (int i = 1, w; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &w);
		G.addedge(st, i, w);
	}
	while (m--) {
		int u, v;
		scanf("%d%d", &u, &v);
		G.addedge(u, v+n, INF);
	}
	printf("%d\n", G.maxflow());
}

C. 給你一個666

題意：給你一個數組，每次給你兩個數字，經過一系列的操作後，問你一個區間內的最大和最小值。

題解：給你$a, b$,令$c$爲$a$在二進制下的高3位乘$b$在二進制下的低3位，令$d$爲$b$在二進制下的高三位乘$a$在二進制下的低3位， 即$c=(a/8)*(b\%8),d=(a\%8)*(b/8)$，區間左端點$l=min(a,b)*min(c,d)$,右端點$r=max(a,b)*max(c,d),$然後區間最值詢問可以用ST表或者線段樹。

巨坑：閱讀理解，左端點越界時按1處理，右端點越界時按n處理，也就是假如 $l=r=n+1$，則也要使得$l=1,r=n$。

代碼：

#include <bits/stdc++.h>

#pragma warning(disable:4996);
#define mem(sx,sy) memset(sx,sy,sizeof(sx))
#define pa pair<int, int>

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int MAXN = 1e5 + 100;
const int MAXM = 2e6 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MOD = 1e9 + 7;
const double PI = acos(-1);
using namespace std;
int a[MAXN];
int dpmin[MAXN][20];
int dpmax[MAXN][20];
void RMQinit(int n) {
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		dpmin[i][0] = a[i];
		dpmax[i][0] = a[i];
	}
	int m = int(log((double)n) / log(2.0));
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		for (int j = 1; j + (1 << i) - 1 <= n; j++) {
			dpmin[j][i] = min(dpmin[j][i - 1], dpmin[j + (1 << (i - 1))][i - 1]);
			dpmax[j][i] = max(dpmax[j][i - 1], dpmax[j + (1 << (i - 1))][i - 1]);
		}
	}
}

int Querymin(int l, int r) {
	int k = int(log(double(r - l + 1)) / log(2.0));
	return min(dpmin[l][k], dpmin[r - (1 << k) + 1][k]);
}

int Querymax(int l, int r) {
	int k = int(log(double(r - l + 1)) / log(2.0));
	return max(dpmax[l][k], dpmax[r - (1 << k) + 1][k]);
}
int main() {
	int n, k;
	scanf("%d%d", &n, &k);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &a[i]);
	}
	RMQinit(n);
	while (k--) {
		int a, b;
		scanf("%d%d", &a, &b);
		int ah = a / 8, al = a % 8;
		int bh = b / 8, bl = b % 8;
		int c = ah * bl, d = al * bh;
		int l = min(c, d) * min(a, b);
		int r = max(c, d) * max(a, b);
		l = max(1, l);
		r = min(n, r);
		printf("%d %d\n", Querymax(l, r), Querymin(l, r));
	}
}

D. LiMn2O4的數學之路

題意：該公式爲斐波那契額數列的通項公式，然後問你斐波那契額數列的第$n(n<10^9)$項。

題解：矩陣快速冪裸題，建議自己百度學習。

E. Spinach和發牌姬

題意：大模擬。

題解：按照題意模擬即可，（我就剩這一道還沒過了qaq

F. 猜球球

題意：有n個盒子，有個小球小球出現在每個盒子的概率爲p[i]，你現在可以問類似（小球是否在盒子{1,4,……,n}中？）（1-n的一個子集）的問題，問策略最優情況下，猜出小球所在盒子的猜測次數的數學期望。

官方題解：因爲任意一次詢問和回答，都可以確定其中一半的球球集合包含目標球，另一半則不包含目標球。然後再對包含目標球的球球集合進一步劃分，直到包含目標球的集合裏只包含一個球，就可以百分百確定了。這樣就得到了一個決策樹（二叉形狀），二叉決策樹根節點到每個葉子的路到都是期中一種情況的解決方案，顯然深度就是詢問次數。 則有：期望=∑(詢問次數每種情況出現的概率)=∑(葉子對應的深度它出現在盒子裏的概率)。 而我們知道：這個公式 ∑（深度*元素出現的概率 ） 與某種編碼方案的編碼長度期望公式 相同。詢問次數的期望最小也就是編碼長度的期望最小。而解決這個問題的經典方法就是——哈夫曼樹。（https://blog.csdn.net/GreyBtfly/article/details/89456514）

一句話總結：構造一棵哈夫曼樹，然後有$ans = \sum\limits_{i=1}^{n}p[i]*deep[i]$

但我這裏有段更加簡短優美的代碼：

#include <bits/stdc++.h>
#pragma warning(disable:4996);
#define mem(sx,sy) memset(sx,sy,sizeof(sx))

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double eps = 1e-8;
const int MAXN = 5000 + 5;
const int MAXM = 2e6 + 5;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double PI = acos(-1);

using namespace std;
#define pa pair<double, int>
vector<int> G[MAXN];
double a[MAXN];
double ans = 0;
void dfs(int cur, int d) {
	if (G[cur].size() == 0) ans += a[cur] * d;
	for (auto it : G[cur]) {
		dfs(it, d + 1);
	}
}
int main() {
	int n;
	scanf("%d", &n);
	priority_queue<pa, vector<pa>, greater<pa> >Q;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lf", &a[i]);
		if (a[i] == 0) {
			n--; i--; continue;
		}
		Q.push(pa(a[i], i));
	}
	int cnt = n;
	while (Q.size() >= 2) {
		pa t1 = Q.top(); Q.pop();
		pa t2 = Q.top(); Q.pop();
		pa np(t1.first + t2.first, ++cnt);
		Q.push(np);
		G[cnt].push_back(t1.second);
		G[cnt].push_back(t2.second);
	}
	int root = Q.top().second;
	dfs(root, 0);
	printf("%.7lf\n", ans);
}
/*
3
0.5 0.25 0.25

4
0.3 0.3 0.2 0.2
*/

G. 似魔鬼的步伐

題意：你有$n$塊錢，初始能力$ans=0$，你可以花一塊錢使得$ans=ans+1$，或者花兩塊錢使得$ans=2*ans+2$，問$ans$最大值。

題解：貪心，花一個兩塊 比 花兩個一塊要賺，n爲偶數的話一直花兩塊即可，n爲奇數的話先花一個一塊，然後一直花兩塊，數據範圍較小，矩陣快速冪都不用。

H. 挑剔程度

題意：n個值，你可以最多去掉k個值，問剩下的最大值。

題解：溫暖的簽到題，排個序就可以了，注意k是可以大於n的。

I. 熱狗樹

題意：有一棵點權爲0或1的樹，問所有0的點到所有1的距離和以及所有1的點到所有0的距離和。

題解：樹形dp，設$num[0]$和$num[1]$分別爲點權爲0或者1的點的個數，由dp可以得到$u$號節點的$siz[0][u]$和$siz[1][u]$分別爲$u$節點子樹點權爲0和子樹點權爲1的點的個數，則對於某一個點u，其連着他爸爸的那條邊的邊權爲w，則這條邊對於答案的貢獻爲

$ans+=w*(siz[0]*(num[1]-siz[1])+siz[1]*(num[0]-siz[0]))$

至於爲什麼你們自己稍微想一想應該就能理解了！（考慮一條邊將一棵樹分成了兩個部分）記得取模。

代碼：

#include <bits/stdc++.h>
#pragma warning(disable:4996);
#define mem(sx,sy) memset(sx,sy,sizeof(sx))
#define pa pair<int, int>

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int MAXN = 2e5 + 5;
const int MAXM = 2e6 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double PI = acos(-1);
const int MOD = 998244353;
using namespace std;

vector<pa> G[MAXN];
int a[MAXN];
int siz01[MAXN];
int siz[2][MAXN];
ll ans = 0;
int n, sz[2] = { 0,0 };
void dfs1(int cur, int fa) {
	siz[a[cur]][cur] = 1;
	
	for (auto it : G[cur]) {
		int v = it.first;
		if (v == fa) continue;
		dfs1(v, cur);
		siz[0][cur] += siz[0][v];
		siz[1][cur] += siz[1][v];
	}
}

void dfs2(int cur, int fa) {
	for (auto it : G[cur]) {
		int v = it.first;
		int w = it.second;
		if (v == fa) continue;

		ans += 1ll * siz[1][v] * (sz[0] - siz[0][v]) % MOD * w;
		ans %= MOD;
		ans += 1ll * siz[0][v] * (sz[1] - siz[1][v]) % MOD * w;
		ans %= MOD;

		dfs2(v, cur);
	}
}


int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &a[i]);
		sz[a[i]]++;
	}
	for (int i = 1, u, v, w; i < n; i++) {
		scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
		G[u].emplace_back(v, w);
		G[v].emplace_back(u, w);
	}
	dfs1(1, 0);
	dfs2(1, 0);
	printf("%lld\n", ans * 2 % MOD);
}

J. 流浪西郵之尋找火石碎片

題意：n件物品，每件有兩個不同的貨幣的價格c1，c2，你可以使用任意一種貨幣購買它，和其價值v，你現在有兩種貨幣a，b（對應c1，c2）你現在還能免費拿k件物品，問最大價值是多少。

考慮二維01揹包，再加一維霸王餐，令$dp[i][x][y][j]$爲第i件物品，花費x單位的第一種貨幣，y單位的第二種貨幣，用了j次霸王餐的最大值，則有暴力轉移：

$dp[i][x][y][j]=max(dp[i-1][x][y][j], \quad dp[i-1][x-c1[i]][y][j]+v[i], \quad dp[i-1][x][y-c2[i]][j]+v[i], \quad dp[i-1][x][y][j-1]+v[i] )$

轉移考慮清楚後就像01揹包那樣寫就行了，數據範圍不大，空間夠用，不用優化，注意史詩級wa點：多組輸入。

代碼：

#include <bits/stdc++.h>
#pragma warning(disable:4996);
#define mem(sx,sy) memset(sx,sy,sizeof(sx))
#define pa pair<int, int>

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int MAXN = 1e5 + 100;
const int MAXM = 2e6 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MOD = 1e9 + 7;
const double PI = acos(-1);
using namespace std;

int dp[105][105][105][10];

int c1[105], c2[105], v[105];

int main() {
	int n, m1, m2, k;
	while (~scanf("%d%d%d%d", &n, &m1, &m2, &k)) {
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			scanf("%d%d%d", &c1[i], &c2[i], &v[i]);
		}
		int ans = 0;
		mem(dp, 0);
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			for (int x = 0; x <= m1; x++) {
				for (int y = 0; y <= m2; y++) {
					for (int j = 0; j <= k; j++) {
						dp[i][x][y][j] = dp[i - 1][x][y][j];
						if (x >= c1[i]) {
							dp[i][x][y][j] = max(dp[i][x][y][j], dp[i - 1][x - c1[i]][y][j] + v[i]);
						}
						if (y >= c2[i]) {
							dp[i][x][y][j] = max(dp[i][x][y][j], dp[i - 1][x][y - c2[i]][j] + v[i]);
						}
						if (j > 0) {
							dp[i][x][y][j] = max(dp[i][x][y][j], dp[i - 1][x][y][j - 1] + v[i]);
						}
						ans = max(dp[i][x][y][j], ans);

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

K. 到底有多少個小和尚?

題意：給你a,b，計算$ans=\sum\limits_{i=a}^{b}i*(i+1)$。

題解：溫暖的簽到題，前綴和搞搞就行了。

。

。

總結，比賽較爲溫暖，幾乎沒有什麼難題，但坑點很多導致比賽體驗極差，比如一半題不要多組輸入，另一半題要多組輸入，比如1e5的cin能T成傻逼，比如語文閱讀理解，再比如B的樣例出鍋……讓我前後在這種地方wa了30幾發，網絡賽還好，要是現場賽估計已經被隊友打死了。