Dylan's Blog

2018百度之星初赛（A）

Posted on 2018-08-12 Edited on 2022-06-05 In 解题报告

8月11日 2018百度之星初赛 (A) 题目链接：http://bestcoder.hdu.edu.cn/contests/contest_show.php?cid=825

1001 - 度度熊拼三角

思路： 我们将木棒长度排序之后，可以发现我们要选的三根木棒一定是连续的，因为连续了才最优嘛。于是我们扫一遍，碰到符合要求的就记录下答案。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
#define MAXN 1005
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;

int n, a[MAXN], ans;

vector<int> vec;

bool check(int x)
{
    if(a[x]>=a[x-1]+a[x-2]) return false;
    return true;
}

int main()
{
    while(scanf("%d", &n)!=EOF)
    {
        ans=-1;
        for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &a[i]);
        sort(a+1, a+n+1);
        for(int i=n; i>=3; i--)
            if(check(i))
            {
                ans=a[i]+a[i-1]+a[i-2];
                break;
            }
        printf("%d\n", ans);
    }
}

1002 - 度度熊学队列

思路： 神TM，我以为区间翻转要splay。。。像我这么菜不会splay，于是比赛是就弃掉这题了。。

看题解说用双向链表模拟，突然醒悟过来，于是码了一发。其中有很多细节要注意，特别是指针什么的。但码完后发现区间翻转并不是O(1)的，复杂度也并没有保证，数据强一点就会卡掉，O(1)的区间翻转我不知道到底怎么写QWQ，哪位大佬教一下啊。。

虽然复杂度没有保证，但还是A了，可能是数据水吧。。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#define MAXN 1500005
using namespace std;

void read(int &x)
{
    char ch = getchar(); x = 0;
    for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar());
    for (; ch >='0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
}

int n, Q;

struct Link
{
    int val;
    Link *nxt, *pre;
} *head[MAXN], *tail[MAXN];

int main()
{
    while(scanf("%d%d", &n, &Q)!=EOF)
    {
        for(int i=1; i<=n; i++) tail[i]=head[i]=NULL;
        for(int i=1; i<=Q; i++)
        {
            int op, u, v, w, val;
            read(op);
            if(op==1)
            {
                read(u); read(w); read(val);
                Link *temp=new Link;
                temp->val=val;
                if(w==0)
                {
                    if(!head[u])
                    {
                        temp->pre=temp->nxt=NULL;
                        head[u]=tail[u]=temp;
                    }
                    else
                    {
                        temp->nxt=head[u];
                        temp->pre=NULL;
                        head[u]->pre=temp;
                        head[u]=temp;
                    }
                }
                else
                {
                    if(!tail[u])
                    {
                        temp->pre=temp->nxt=NULL;
                        head[u]=tail[u]=temp;
                    }
                    else
                    {
                        temp->nxt=NULL;
                        temp->pre=tail[u];
                        tail[u]->nxt=temp;
                        tail[u]=temp;
                    }
                }
            }
            if(op==2)
            {
                read(u); read(w);
                if(w==0)
                {
                    if(!head[u]) printf("-1\n");
                    else
                    {
                        printf("%d\n", head[u]->val);
                        if(head[u]!=tail[u])
                        {
                            head[u]=head[u]->nxt;
                            free(head[u]->pre);
                            head[u]->pre=NULL;
                        }
                        else free(head[u]), tail[u]=head[u]=NULL;
                    }
                }
                else
                {
                    if(!tail[u]) printf("-1\n");
                    else
                    {
                        printf("%d\n", tail[u]->val);
                        if(head[u]!=tail[u])
                        {
                            tail[u]=tail[u]->pre;
                            free(tail[u]->nxt);
                            tail[u]->nxt=NULL;
                        }
                        else free(tail[u]), tail[u]=head[u]=NULL;
                    }
                }
            }
            if(op==3)
            {
                read(u); read(v); read(w);
                if(!tail[v]) continue;
                if(w)
                {
                    Link *temp=head[v];
                    while(temp)
                    {
                        swap(temp->pre, temp->nxt);
                        temp=temp->pre;
                    }
                    swap(head[v], tail[v]);
                }
                if(tail[u])
                {
                    head[v]->pre=tail[u];
                    tail[u]->nxt=head[v];
                }
                else head[u]=head[v];
                tail[u]=tail[v];
                head[v]=tail[v]=NULL;
            }
        }
    }
}

1003 - 度度熊剪纸条

思路： 首先头和尾的两段1（如果存在的话）把他们剪出来只需要一刀。中间部分的一段1剪出来需要两刀，但是有一点要注意，就是最后你可以少剪一刀。所以把每一段的代价和贡献都记录一下，最后跑一个背包就好了。

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define MAXN 1000005
using namespace std;

int n, k, a[MAXN], f[MAXN];

struct B {int val, cost;} b[MAXN];

int main()
{
    while(scanf("%d%d", &n, &k)!=EOF)
    {
        int head, tail, cnt=0, tot=0;
        memset(f, 0, sizeof(f));
        memset(a, 0, sizeof(a));
        for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%1d", &a[i]);
        for(head=1; a[head]; head++) ;
        if(head!=1) b[++tot].val=head-1, b[tot].cost=1;
        for(tail=n; a[tail]; tail--) ;
        if(tail!=n && tail!=0) b[++tot].val=n-tail, b[tot].cost=1;
        for(int i=head; i<=tail; i++)
        {
            if(a[i]==0 && cnt)
            {
                b[++tot].val=cnt;
                b[tot].cost=2;
                cnt=0;
            }
            if(a[i]==1) cnt++;
        }
        if(k==0) {printf("%d\n", head-1); continue;}
        for(int i=1; i<=tot; i++)
            for(int j=k+1; j>=b[i].cost; j--) f[j]=max(f[j], f[j-b[i].cost]+b[i].val);
        printf("%d\n", f[k+1]);
    }
}

2018百度之星初赛（B）

Posted on 2018-08-12 Edited on 2022-06-05 In 解题报告

8月12日 2018百度之星初赛 (B) 题目链接：http://bestcoder.hdu.edu.cn/contests/contest_show.php?cid=826

1001 - degree

思路： 一道比较简单的结论题吧。。。我们贪心地找出一个度数最多的点，当不考虑K时，我们可以将其他的联通块都接在这个点上。当我们考虑K时，我们就可以从联通块上拆下K个点，再接到度数最多的点上，注意一下有没有K个点够拆就好了。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define INF 0x3f3f3f3f3f
using namespace std;

int T, n, m, k, deg[200005];

int main()
{
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        int maxd=0;
        memset(deg, 0, sizeof(deg));
        scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
        for(int i=1; i<=m; i++)
        {
            int x, y;
            scanf("%d%d", &x, &y);
            deg[x]++, deg[y]++;
            maxd=max(maxd, max(deg[x], deg[y]));
        }
        if(k>m-maxd) printf("%d\n", n-1);
        else printf("%d\n", n-m+maxd+k-1);
    }
}

1003 - odds

思路： 特别好的一道题吧。。。

我们可以把每个叶子节点到根的路径提出来，这样问题可以简化为：一个路径上有K条边，分别有权值$x_1, y_1, x_2, y_2····x_k,y_k$，其中$y_i>=x_i$的。你需要从中选$x$条边取$y_i$，其余边取$x_i$，使这些的乘积最大。根据题目要求，求这个的复杂度应该要在$O(nlogn)$以内的。

于是我们可以想到一个贪心的方法，对于这$K$条边，我们选其中$y_i*x_i$最大的x条边取$y_i$，其余的取$x_i$。证明也很简单：假如已经处理出了前$i-1$条边（$i$是应该大于$x$的，否则直接取$y_i$）乘积为$w$。我们考虑第$i$条边：如果第$i$条边取$x_i$，那么乘积为$w*x_i$；如果取$y_i$，那么我们就需要从前$x$条取$y$边中，选出一条边$j$，让它值变为$x_j$，这样乘积就为$w_i*y_i*(x_j/y_j)$。不难看出我们希望乘积尽可能大，那么就需要选$y_i*x_i$尽可能大的边。

有了这个贪心策略后，实现就不难了。用一个multiset动态维护路径上$y_i*x_i$前$x$大的边，同时计算出答案，回溯时要将答案和multiset复原。注意，千万不能对于每一个叶子节点都重新算一遍答案，我比赛时就是这样SB的都算一遍，然后T飞了，比完赛才反应过来。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <set>
#define MAXN 200005
#define p 1000000007
#define LL long long
using namespace std;

int T, n, k, cnt, head[MAXN];
LL ans[MAXN], inv[MAXN];

struct Edge {int next, to, dis;} edge[MAXN];
struct Node
{
    LL x, y;
    bool friend operator < (Node a, Node b)
    {
        return a.y*b.x<b.y*a.x;
    }
} node[MAXN];

multiset<Node> st;
multiset<Node>::iterator it;

void addedge(int from, int to, int dis)
{
    edge[++cnt].next=head[from];
    edge[cnt].to=to;
    edge[cnt].dis=dis;
    head[from]=cnt;
}

void dfs(int x, LL val)
{
    int maxd=-1;
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next) maxd=max(maxd, edge[i].dis);
    if(maxd==-1) ans[x]=val;
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        node[i].x=edge[i].dis;
        node[i].y=maxd;
        Node top= *st.begin();
        LL tag=0, temp=val;
        if(st.size()<k)
        {
            tag=1;
            st.insert(node[i]);
            temp=temp*inv[200000]%p*node[i].y%p;
        }
        else if(top<node[i])
        {
            tag=2;
            st.erase(st.begin());
            st.insert(node[i]);
            temp=temp*inv[top.y]%p*top.x%p;
            temp=temp*inv[200000]%p*node[i].y%p;
        }
        else temp=temp*inv[200000]%p*node[i].x%p;
        dfs(edge[i].to, temp);
        if(tag==1)
        {
            it=st.lower_bound(node[i]);
            st.erase(it);
        }
        if(tag==2)
        {
            it=st.lower_bound(node[i]);
            st.erase(it);
            st.insert(top);
        }
    }
}

int main()
{
    inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2; i<=200000; i++) inv[i]=inv[p%i]*(p-p/i)%p;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        cnt=0;
        memset(head, 0, sizeof(head));
        memset(ans, -1, sizeof(ans));
        scanf("%d%d", &n, &k);
        for(int i=1; i<n; i++)
        {
            int x, y, z;
            scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
            x++, y++;
            addedge(x, y, z);
        }
        dfs(1, 1);
        for(int i=1; i<=n; i++) if(ans[i]!=-1) printf("%lld\n", ans[i]);
    }
}

1004 - p1m2

思路： 二分应该能够很容易的看出来，对于二分值大的就计算一下正的贡献，小于二分值的计算负的贡献，判断正负贡献是否大于0。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define INF 0x3f3f3f3f3f
#define LL long long
using namespace std;

int T, n, x[300005], y[300005];

bool check(int mid)
{
    LL res=0;
    memcpy(y, x, sizeof(x));
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        if(y[i]>mid+1) res+=(y[i]-mid)/2;
        if(y[i]<mid) res-=(mid-y[i]);
    }
    return res>=0;
}

int main()
{
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        int ans=0;
        scanf("%d", &n);
        for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &x[i]);
        int l=0, r=1e8;
        while(l<=r)
        {
            int mid=(l+r)/2;
            if(check(mid)) ans=mid, l=mid+1;
            else r=mid-1;
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
}

1006 - rect

思路： 题目有一句比较重要的话就是$x_i,y_i$彼此不重复，这样的话就直接贪心就好了，到哪条边近就向那条边做垂线，这样线段也一定不会交叉重复。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define INF 0x3f3f3f3f3f
#define LL long long
using namespace std;

int T, n, m, k, deg[200005];

int main()
{
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        int w, h, x, y;
        LL ans=0;
        scanf("%d%d%d", &w, &h, &n);
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            scanf("%d%d", &x, &y);
            ans+=min(min(x, y), min(w-x, h-y));
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
}

BZOJ1799 同类分布 [数位DP]

Posted on 2018-08-12 Edited on 2022-06-05 In 题解

POJ3208 Apocalypse Someday [数位DP]

Posted on 2018-08-12 Edited on 2022-06-05 In 题解

POJ1037 A decorative fence [计数类DP]

Posted on 2018-08-10 Edited on 2022-06-05 In 题解

问题描述：

给你$n$块长度为$1-n$的木板，你需要将它们组成一个栅栏，并且在栅栏中木板是高低交错的（就是所有木板要么都比两边低，要么都比两边高）。

显然有很多构建栅栏都方案，于是给你一个整数$C$，你需要求出按照字典序排在第$C$个的构建方案。

输入：

第一行一个整数$K$，表示有$K$组数据接下来$K$行每行两个整数$n, c$，表示一组数据（$n<=20，c<=2^{63}$）

输出：

对于每组数据你需要输出字典序大小第$C$个第构建方案。

思路：

特别好的一道计数类DP。这题不光要你统计方案数，还要在它第基础上求出排名为$C$第方案。

我们设$f[i][j][k]$为：用$i$块木板，最左端木板从小大排在第$j$位，比两边都低（$k=0$），或比两边都高（$k=1$）的方案数。这个状态设计得十分精妙，不是直接设最左端木板的高度，而是设在$i$块木板中的排名。这样既方便了状态的转移，也方便了后面找方案的过程。

状态转移方程比较好推：$f[i][j][0]=\sum_{p=j}^{i-1}f[i-1][p][1]$和$f[i][j][1]=\sum_{p=1}^{j-1}f[i-1][p][0]$。这样我们就得出了方案数，接下来求排名为$C$的方案就比较容易了。我们从左到右枚举木板长度，比较方案数与排名的关系，进而推出答案。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#define MAXN 25
#define LL long long
using namespace std;

int T, n;
LL c, f[MAXN][MAXN][2];
bool vis[MAXN];

void init()
{
    f[1][1][0]=f[1][1][1]=1;
    for(int i=2; i<=20; i++)
        for(int j=1; j<=i; j++)
        {
            for(int k=1; k<j; k++) f[i][j][1]+=f[i-1][k][0];
            for(int k=j; k<i; k++) f[i][j][0]+=f[i-1][k][1];
        }
}

int main()
{
    init();
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        int pos1, pos2;
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        scanf("%d%lld", &n, &c);

        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            if(f[n][i][1]>=c) {pos1=i, pos2=1; break;}
            else c-=f[n][i][1];
            if(f[n][i][0]>=c) {pos1=i, pos2=0; break;}
            else c-=f[n][i][0];
        }
        printf("%d ", pos1);
        vis[pos1]=1;

        for(int i=n-1; i>=1; i--)
        {
            int rank=0; pos2^=1;
            for(int j=1; j<=n; j++)
            {
                if(vis[j]) continue;
                rank++;
                if((pos2==0 && j>=pos1) || (pos2==1 && j<=pos1)) continue;
                if(f[i][rank][pos2]>=c)  {pos1=j; break;}
                else c-=f[i][rank][pos2];
            }
            printf("%d ", pos1);
            vis[pos1]=1;
        }
        printf("\n");
    }
}