NOI2019 选做d1t1 回家路线d1t3 序列d2t1 弹跳d2t2 斗主地d2t3 I 君的探险

施工中……

这里是一个同步赛选手，同步赛打铜了，下面内容来源于互联网，如有雷同敬请谅解……

d1t1 回家路线

d1t1

吐槽

本题首先数据范围出的有点水，其次数据有点水，导致这题真的成了签到题。

现场某神仙：我很难见到少于 100 分的选手。

然而我菜死了，做法编假了只拿了 (90) ……

算法 1

设 (f(i,j)) 表示时刻 (i) 到地点 (j) 所需的最少等待时间。
[f(q_x,y_x)=min{f(i,j)+F(p_x-i)} (ile p_x)]枚举时间，对于每个时间点枚举合法状态转移并记录状态即可。

复杂度 (O(nT)) ，其中 (T=max{q_i}) 。可以通过。

算法1 Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int gi()
{
    char c=getchar(); int x=0;
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
    return x;
}
const int N=2e5+5;
int n,m,a,b,c,x[N],y[N],p[N],q[N],mxt;
int f[1005][100005];
bool vis[1005][100005];
inline int F(int x) {
    return a*x*x+b*x+c;
}
vector<int> v[N],avi[N];
int main()
{
    freopen("route.in","r",stdin);
    freopen("route.out","w",stdout);
    n=gi(),m=gi(),a=gi(),b=gi(),c=gi();
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        x[i]=gi(),y[i]=gi(),p[i]=gi(),q[i]=gi(),mxt=max(mxt,q[i]);
        v[x[i]].push_back(i);
    }
    f[0][1]=0,avi[0].push_back(1);
    for(int t=0;t<=mxt;++t)
    {
        for(int it1=0;it1<avi[t].size();++it1)
        {
            int i=avi[t][it1];
            for(int it2=0;it2<v[i].size();++it2)
            {
                int j=v[i][it2];
                if(p[j]>=t)
                {
                    if(!vis[q[j]][y[j]])
                    {
                        vis[q[j]][y[j]]=true;
                        f[q[j]][y[j]]=f[t][i]+F(p[j]-t);
                        avi[q[j]].push_back(y[j]);
                    }
                    else f[q[j]][y[j]]=min(f[q[j]][y[j]],f[t][i]+F(p[j]-t));
                }
            }
        }
    }
    int ans=2147483647;
    for(int t=0;t<=mxt;++t) if(vis[t][n]) ans=min(ans,f[t][n]+t);
    printf("%d",ans);
}

算法 2

上面那个做法不是出题人的本意（出题人可能为了防爆 int 开的 (Tle 10^3) ）

正解是斜率优化。设 (f(i)) 表示通过第 (i) 条边要等待的最短时间。
[ f(i)=min{f(j)+A(p_i-q_j)^2+B(p_i-q_j)+C}(q_jle p_i, y_j=x_i) ]最后答案为 (min{f(i)+q_i}(y_i=n))

显然上面的式子是一个斜率优化的形式：
[ f(i)=min{f(j)+Aq_j^2-Bq_j-2Bp_iq_j}+Ap_i^2+Bp_i+C ]

[ f(j)+Aq_j^2-Bq_j-2Bp_iq_jle f(k)+Aq_k^2-Bq_k-2Bp_iq_k ]

[ (f(j)+Aq_j^2-Bq_j)-(f(k)+Aq_k^2-B)le 2Bp_i(q_j-q_k) ]

[ frac{g(j)-g(k)}{q_j-q_k}le 2Bp_i ]

[ (g(x)=f(x)+Aq_x^2-Bq_x) ]故我们对于每个点维护一个单调队列，分别按 (p_i,q_i) 排序，枚举 (p_i) ，将 (q_jle p_i) 的点加入队列按上述转移即可。

复杂度 (O(mlog m)) 。本题值域很小可以做到排序线性，但没必要。

算法2 Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int gi()
{
    char c=getchar(); int x=0;
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
    return x;
}
typedef long long ll;
const int N=2e5+5,M=1e6+6;
int n,m;
ll f[N],g[N];
struct node {
    int u,v,s,e,id;
} a[N],b[N];
bool cmpe(node x, node y) {
    return x.e<y.e;
}
bool cmps(node x, node y) {
    return x.s<y.s;
}
vector<int> st[M];
int l[M],r[M],A,B,C;
void update(int x)
{
    int p=b[x].v,i=b[x].id;
    for(;l[p]<r[p]&&(g[st[p][r[p]]]-g[st[p][r[p]-1]])*(a[i].e-a[st[p][r[p]]].e)
        >=(g[i]-g[st[p][r[p]]])*(a[st[p][r[p]]].e-a[st[p][r[p]-1]].e);--r[p])
            st[p].pop_back();
    st[p].push_back(i); ++r[p];
}
int F(int x) { return A*x*x+B*x+C; }
void solve(int x)
{
    int p=a[x].u;
    for(;l[p]<r[p]&&(g[st[p][l[p]+1]]-g[st[p][l[p]]])
        <=2ll*A*a[x].s*(a[st[p][l[p]+1]].e-a[st[p][l[p]]].e);++l[p]);
    f[x]=f[st[p][l[p]]]+F(a[x].s-a[st[p][l[p]]].e);
    g[x]=f[x]+1ll*A*a[x].e*a[x].e-B*a[x].e;
}
int main()
{
    n=gi(),m=gi(),A=gi(),B=gi(),C=gi();
    for(int i=1;i<=m;++i) a[i].u=gi(),a[i].v=gi(),a[i].s=gi(),a[i].e=gi();
    sort(a+1,a+1+m,cmps);
    for(int i=1;i<=m;++i) b[i]=a[i],b[i].id=i,l[i]=0,r[i]=0;
    st[1].push_back(0);
    for(int i=2;i<=m;++i) st[i].push_back(m+1);
    f[m+1]=g[m+1]=1ll<<40;
    sort(b+1,b+1+m,cmpe);
    for(int i=1,j=1;i<=m;++i)
    {
        for(;j<=m&&b[j].e<=a[i].s;++j) update(j);
        solve(i);
    }
    ll ans=1ll<<60;
    for(int i=1;i<=m;++i) if(a[i].v==n) ans=min(ans,f[i]+a[i].e);
    printf("%lld",ans);
}

d1t3 序列

d1t3

Solution

我们先考虑两种情况：

首先，当前选出的不公用元素 (<K-L) ，那么最优策略一定在两个序列中选最大的；

如果当前不共用元素 (= K-L) ，那我们在以下中取最大的：

1. (a_i+b_i) 中最大的；
2. (a_i) 取了 (b_i) 没取中 (b_i) 最大的 + (a_i) 最大的；
3. (b_i) 取了 (a_i) 没取中 (a_i) 最大的 + (b_i) 最大的。

上面的选取方式会增加 (1sim 2) 个共用对。

我们可以用五个可删堆来分别维护上述信息。注意要实时统计当前的不共用元素数量。

复杂度 (O(nlog n))

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace io {
    const int SIZE=(1<<21)+1;
    char ibuf[SIZE],*iS,*iT,obuf[SIZE],*oS=obuf,*oT=oS+SIZE-1,c,qu[55]; int x;
    #define gc()(iS==iT?(iT=(iS=ibuf)+fread(ibuf,1,SIZE,stdin),(iS==iT?EOF:*iS++)):*iS++)
    inline int gi (){
        for(c=gc();c<'0'||c>'9';c=gc());
        for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=gc()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c&15); return x;
    }
}
using io::gi;
const int N=2e5+5;
struct node {
    int a,b,id;
} s[N];
bool cmpa(node x, node y) { return x.a>y.a; }
bool cmpb(node x, node y) { return x.b>y.b; }
bool cmpid(node x, node y) { return x.id<y.id; }
bool visa[N],visb[N];
typedef pair<int,int> pr;
struct heap
{
    priority_queue<pr> q;
    bool b[N];
    void push(int x, int y) { q.push(make_pair(x,y)); }
    void del(int x) { b[x]=true; }
    pr top()
    {
        while(!q.empty()&&b[q.top().second]) q.pop();
        if(q.empty()) return make_pair(-1e9,0);
        return q.top();
    }
    void pop()
    {
        while(!q.empty()&&b[q.top().second]) q.pop();
        q.pop();
    }
    void clear()
    {
        while(!q.empty()) q.pop();
        memset(b,false,sizeof(b));
    }
} q1,q2,q3,p1,p2;
int main()
{
    int T=gi();
    while(T--)
    {
        q1.clear(),q2.clear(),q3.clear(),p1.clear(),p2.clear();
        memset(visa,false,sizeof(visa));
        memset(visb,false,sizeof(visb));
        int n=gi(),k=gi(),l=gi(),cnt=0;
        for(int i=1;i<=n;++i) s[i].a=gi(),s[i].id=i;
        for(int i=1;i<=n;++i) s[i].b=gi();
        sort(s+1,s+1+n,cmpa);
        long long ans=0;
        for(int i=1;i<=k-l;++i) ans+=s[i].a,visa[s[i].id]=true;
        sort(s+1,s+1+n,cmpb);
        for(int i=1;i<=k-l;++i) ans+=s[i].b,visb[s[i].id]=true;
        sort(s+1,s+1+n,cmpid);
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            if(!visa[i]&&!visb[i])
            {
                q1.push(s[i].a+s[i].b,i);
                p1.push(s[i].a,i),p2.push(s[i].b,i);
            }
            else if(!visa[i]) q2.push(s[i].a,i),p1.push(s[i].a,i);
            else if(!visb[i]) q3.push(s[i].b,i),p2.push(s[i].b,i);
            else ++cnt;
        }
        while(l--)
        {
            pr a1=q1.top(),b1;
            pr a2=q2.top(),b2=p2.top();
            pr a3=q3.top(),b3=p1.top();
            if(cnt)
            {
                a1=p1.top(),b1=p2.top();
                if(a1.first+b1.first>a2.first+b2.first&&a1.first+b1.first>a3.first+b3.first)
                {
                    --cnt,p1.pop(),p2.pop(); ans+=a1.first+b1.first;
                    if(!visa[a1.second]&&!visb[a1.second])
                    {
                        q1.del(a1.second);
                        q3.push(s[a1.second].b,a1.second);
                    }
                    else q2.del(a1.second),++cnt;
                    visa[a1.second]=true;
                    if(!visa[b1.second]&&!visb[b1.second])
                    {
                        q1.del(b1.second);
                        q2.push(s[b1.second].a,b1.second);
                    }
                    else q3.del(b1.second),++cnt;
                    visb[b1.second]=true;
                    continue;
                }
            }
            if(a1.first>a2.first+b2.first&&a1.first>a3.first+b3.first)
            {
                q1.pop(); ans+=a1.first;
                visa[a1.second]=visb[a1.second]=true;
                p1.del(a1.second),p2.del(a1.second);
            }
            else if(a2.first+b2.first>a3.first+b3.first)
            {
                q2.pop(),p2.pop(); ans+=a2.first+b2.first;
                visa[a2.second]=true;
                p1.del(a2.second);
                if(!visa[b2.second]&&!visb[b2.second])
                {
                    q1.del(b2.second);
                    q2.push(s[b2.second].a,b2.second);
                }
                else q3.del(b2.second),++cnt;
                visb[b2.second]=true;
            }
            else
            {
                q3.pop(),p1.pop(); ans+=a3.first+b3.first;
                visa[a3.second]=true;
                p2.del(a3.second);
                if(!visa[b3.second]&&!visb[b3.second])
                {
                    q1.del(b3.second);
                    q3.push(s[b3.second].b,b3.second);
                }
                else q2.del(b3.second),++cnt;
                visa[b3.second]=true;               
            }
        }
        printf("%lldn",ans);
    }
}

d2t1 弹跳

d2t1

Solution

考虑 Dijkstra 的算法执行过程：每次选出一个最短路最小的点，用它去松弛其所连接的点。一般我们用堆来维护当前最短路最小的点。

因为在本题中每个点连接的点是一个矩形，同时连接的所有点的边权相等，故我们需要支持矩形取 (min) ，整体查询最小。

我们可以用 KD-Tree 来维护，复杂度 (O(n(sqrt{n}+log n))) .

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=3e5+5,inf=1<<30;
inline void chmin(int& x, int y) { x=(x<y?x:y); }
inline void chmax(int& x, int y) { x=(x>y?x:y); }
inline int gi()
{
    char c=getchar(); int x=0;
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
    return x;
}
bool vis[N];
struct node
{
    int d[2],mx[2],mn[2],l,r;
    int w,tg,id,mnw,mnid;
    bool del,alldone;
    void up(node x)
    {
        chmin(mn[0],x.mn[0]);
        chmax(mx[0],x.mx[0]);
        chmin(mn[1],x.mn[1]);
        chmax(mx[1],x.mx[1]);
    }
} st[N];
int now,dis[N],tot,n,m,w,h,rt,nw,x[N],y[N];
int p[N],t[N],l[N],r[N],d[N],U[N];
bool cmp(node x, node y) {
    return x.d[now]<y.d[now];
}
void pushup(node& x)
{
    if(st[x.l].alldone&&st[x.r].alldone&&x.del)
    {
        x.alldone=true;
        return ;
    }
    if(x.del) x.w=x.mnw=x.mnid=inf+1;
    else x.mnw=min(x.w,x.tg),x.mnid=x.id;
    if(!st[x.l].alldone&&st[x.l].mnw<x.mnw) x.mnw=st[x.l].mnw,x.mnid=st[x.l].mnid;
    if(!st[x.r].alldone&&st[x.r].mnw<x.mnw) x.mnw=st[x.r].mnw,x.mnid=st[x.r].mnid;
    x.mnw=min(x.mnw,x.tg);
}
void pushdown(node x)
{   chmin(st[x.l].tg,x.tg);
    chmin(st[x.r].tg,x.tg);
}
int build(int l, int r, bool d)
{
    int mid=l+r>>1; now=d;
    nth_element(st+l+1,st+mid+1,st+r+1,cmp);
    st[mid].mx[0]=st[mid].mn[0]=st[mid].d[0];
    st[mid].mx[1]=st[mid].mn[1]=st[mid].d[1];
    st[mid].w=st[mid].mnw=st[mid].tg=inf;
    if(l!=mid) st[mid].l=build(l,mid-1,d^1),st[mid].up(st[st[mid].l]);
    if(r!=mid) st[mid].r=build(mid+1,r,d^1),st[mid].up(st[st[mid].r]);
    pushup(st[mid]);
    return mid;
}
void del(int u, int x, int y)
{
    if(st[u].alldone||x<st[u].mn[0]||x>st[u].mx[0]||y<st[u].mn[1]||y>st[u].mx[1]) return ;
    pushdown(st[u]);
    if(st[u].d[0]==x&&st[u].d[1]==y)
    {
        st[u].del=true;
        pushup(st[u]);
        return ; 
    }
    if(!st[st[u].l].alldone) del(st[u].l,x,y);
    if(!st[st[u].r].alldone) del(st[u].r,x,y);
    pushup(st[u]);
}
void cover(int u, int xl, int xr, int yl, int yr, int w)
{
    if(st[u].alldone||xr<st[u].mn[0]||xl>st[u].mx[0]||yr<st[u].mn[1]||yl>st[u].mx[1]) return ;
    if(st[u].tg<=w) return ;
    if(xl<=st[u].mn[0]&&st[u].mx[0]<=xr&&yl<=st[u].mn[1]&&st[u].mx[1]<=yr)
    {
        chmin(st[u].tg,w);
        pushup(st[u]);
        return ;
    } 
    pushdown(st[u]);
    if(xl<=st[u].d[0]&&st[u].d[0]<=xr&&yl<=st[u].d[1]&&st[u].d[1]<=yr) chmin(st[u].w,w);
    if(!st[st[u].l].alldone) cover(st[u].l,xl,xr,yl,yr,w);
    if(!st[st[u].r].alldone) cover(st[u].r,xl,xr,yl,yr,w);
    pushup(st[u]);
}
vector<int> v[N];
int main()
{
    n=gi(),m=gi(),w=gi(),h=gi();
    for(int i=1;i<=n;++i) x[i]=st[i].d[0]=gi(),y[i]=st[i].d[1]=gi(),st[i].id=i;
    st[0].alldone=true;
    rt=build(1,n,0);
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        p[i]=gi(),t[i]=gi(),l[i]=gi(),r[i]=gi(),d[i]=gi(),U[i]=gi();
        v[p[i]].push_back(i);
    }
    dis[1]=0,cover(rt,x[1],x[1],y[1],y[1],0);
    while(!st[rt].alldone)
    {
        int u=st[rt].mnid;
        if(vis[u]) continue;
        vis[u]=true;
        dis[u]=st[rt].mnw;
        del(rt,x[u],y[u]);
        for(int i=0;i<v[u].size();++i)
            cover(rt,l[v[u][i]],r[v[u][i]],d[v[u][i]],U[v[u][i]],dis[u]+t[v[u][i]]);
    }
    for(int i=2;i<=n;++i) printf("%dn",dis[i]);
}

d2t2 斗主地

d2t2

Solution

通过观da察biao可以发现， (f(i)) 是一个二次函数，所以我们只需要求出 (f(1),f(2),f(3)) 就可以插出所有的 (f(i)) 。

和暴力一样，我们还是设 (F(x,y)) 表示两个牌堆分别剩 (x,y) 张的概率。其中 (x,yle 3) 。推一下可以求出
[ F(x,y)=displaystylefrac{(prod_{i=x+1}^{a}i)(prod_{i=y+1}^{n-a}i)}{prod_{i=x+y+1}^{n}i}binom{n-x-y}{a-x} ]

Code

#include<cstdio>
inline int gi()
{
    char c=getchar(); int x=0;
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
    return x;
}
const int N=1e7+5,Mod=998244353,iMod=Mod+1>>1;
int f[N],fac[N],inv[N],i3[N],g[N],tf[5],n,m,t,a;
inline int po(int x, int y)
{
    int r=1;
    while(y)
    {
        if(y&1) r=1ll*r*x%Mod;
        x=1ll*x*x%Mod, y>>=1;
    }
    return r;
}
inline int getw(int x)
{
    if(x<1||x>n) return -1;
    if(x<=3) return f[x];
    int A=((f[1]-2ll*f[2]%Mod+f[3])%Mod+Mod)%Mod;
    int B=((-5ll*f[1]%Mod+8ll*f[2]%Mod-3ll*f[3]%Mod)%Mod+Mod)%Mod;
    int C=((3ll*f[1]%Mod-3ll*f[2]%Mod+f[3])%Mod+Mod)%Mod;
    A=1ll*A*iMod%Mod,B=1ll*B*iMod%Mod;
    return (1ll*A*x%Mod*x%Mod+1ll*B*x%Mod+C)%Mod;
}
inline int C(int x, int y) {
    return 1ll*fac[x]*inv[y]%Mod*inv[x-y]%Mod;
}
inline int getp(int x, int y)
{
    int w=1ll*fac[a]*inv[x]%Mod*fac[n-a]%Mod*inv[y]%Mod*fac[x+y]%Mod*inv[n]%Mod;
    return 1ll*w*C(n-x-y,a-x)%Mod;
}
int main()
{
    n=gi(),m=gi(),t=gi();
    for(int i=1;i<=3;++i) f[i]=(t==1?i:i*i);
    fac[0]=inv[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i) fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%Mod;
    inv[n]=po(fac[n],Mod-2);
    for(int i=n-1;i;--i) inv[i]=1ll*(i+1)*inv[i+1]%Mod;
    for(int i=1;i<=3;++i) i3[i]=po(i,Mod-2);
    while(m--)
    {
        a=gi();
        int tmp=0;
        for(int i=1;i<=3;++i)
        {
            g[i]=getw(a+i),tf[i]=0;
            if(g[i]!=-1) ++tmp;
        }
        for(int i=0;i<=3&&i<=a;++i)
            for(int j=0;i+j<=3&&j<=tmp;++j)
            {
                if(!i&&!j) continue;
                int p=getp(i,j);
                tf[i+j]=(tf[i+j]+1ll*i*i3[i+j]%Mod*f[i]%Mod*p%Mod)%Mod;
                tf[i+j]=(tf[i+j]+1ll*j*i3[i+j]%Mod*g[j]%Mod*p%Mod)%Mod;
            }
        for(int i=1;i<=3;++i) f[i]=tf[i];
    }
    for(int i=4;i<=n;++i) f[i]=getw(i);
    int q=gi();
    while(q--) printf("%dn",f[gi()]);
}

d2t3 I 君的探险

d2t3

Solution

据官方题解的一套理论，我们每次随机化一个排列 (p) ，找到每个点在排列前所连着的点，如果连着的点的个数是奇数则至少可以找到一条。

根据官方题解的结论，至少有 (N/3) 的点向前面连了奇数条边。

可以使用整体二分找到每个点前面连的点。具体而言，修改左边的所有点，将原本在左边的点和右边颜色变了的点放到左边，其余的点放到右边。

根据官方题解的复杂度分析，由于两边操作量不均等，我们每次需要取三等分点分治。

注意实现的细节，保存询问的信息，保证不进行多余的询问操作。

（算了还是直接去看官方题解吧）

Code

#include "explore.h"
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+5;
int n,m,now,p[N];
vector<int> v;
bool tmp[N],del[N];
bool mp[N],l[N];
int head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],tot;
namespace task1
{
void solve()
{
    for(int i=0;i<n-1;++i)
    {
        if(check(i)) continue;
        modify(i);
        l[i]^=1;
        for(int j=i+1;j<n;++j)
        {
            int x=query(j);
            if(l[j]!=x) l[j]=x,report(i,j);
        }
    }
}
}
void addedge(int u, int v) {
    nxt[++tot]=head[u], head[u]=tot, to[tot]=v;
}
void solve(int l, int r, vector<int> v, bool d)
{
    if(l==r)
    {
        for(int i=0;i<v.size();++i)
            if(p[v[i]]!=p[l])
            {
                ++now;
                report(p[v[i]],p[l]);
                addedge(p[v[i]],p[l]),addedge(p[l],p[v[i]]);
            }
        if(!d) modify(p[l]);
        return ;
    }
//  int mid=l+r>>1;
    int mid=l+(r-l+1)/3;
    for(int i=l;i<=mid;++i) mp[p[i]]=true;
    if(d) for(int i=l;i<=mid;++i) modify(p[i]);
    else for(int i=mid+1;i<=r;++i) modify(p[i]);
    vector<int> v1,v2;
    for(int i=0;i<v.size();++i)
    {
        int x=query(p[v[i]]);
        for(int e=head[p[v[i]]];e;e=nxt[e]) x^=mp[to[e]];
        if(v[i]<=mid||x) v1.push_back(v[i]);
        else v2.push_back(v[i]);
    }
    for(int i=l;i<=mid;++i) mp[p[i]]=false;
    solve(l,mid,v1,0),solve(mid+1,r,v2,1);
}
void explore(int N, int M)
{
    n=N,m=M;
    if(n<=500)
    {
        task1::solve();
        return ;
    }
    for(int i=0;i<n;++i) p[i]=i;
    while(true)
    {
        int nm=n; n=0;
        for(int i=0;i<nm;++i) if(!del[p[i]]) p[n++]=p[i];
        if(N%10!=7) random_shuffle(p,p+n);
        v.clear();
        for(int i=0;i<n;++i) v.push_back(i);
        solve(0,n-1,v,1);
        if(now==m) break;
        for(int i=0;i<n;++i) if(check(p[i])) del[p[i]]=true;
    }
}