noip 2018 模拟赛7

$T_1$——mecho(3070)

Description:

有一个$n\cdot m$的字符矩阵，其中${}^{\prime }{M}^{\prime }$为起点，${}^{\prime }{D}^{\prime }$为终点，${}^{\prime }{T}^{\prime }$为障碍，${}^{\prime }{H}^{\prime }$为敌人起点，敌人会在每一时刻扩散到周围4格，而你没一时刻最多可以移动$S$格，求最迟可以在哪个时刻出发且安全到终点。
$n,m\le 800$

Solution:

• 很显然我们可以二分答案，而关键就在check（实际就是模拟题）
• 我们先用$bfs$求出敌人到达其它点的最小时间
• 再就是从起点模拟，注意比较符号，题中是人先走，敌人再走
• 这样复杂度为$\Theta (n^2\log (n^2))$

Code:

#include
using namespace std;
#define REP(i,f,t) for(int i=(f),i##_end_=(t);i<=i##_end_;++i)
#define SREP(i,f,t) for(int i=(f),i##_end_=(t);i=i##_end_;--i)
#define ll long long
templateinline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
templateinline bool chkmax(T &x,T y){return xinline void Rd(T &x){
	x=0;char c;
	while((c=getchar())<48);
	do x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
	while((c=getchar())>47);
}
const int N=802,INF=0x3f3f3f3f;

int dx[]={1,0,-1,0};
int dy[]={0,1,0,-1};

int n,S;
char mp[N][N];
int t[N][N];
struct node{
	int x,y;
}M;
queueQ;
int vis[N][N];

bool check_xy(int x,int y){return x<1 || x>n || y<1 || y>n;}

bool check(int tim) {
	if(tim>=t[M.x][M.y]) return 0;
	while(!Q.empty()) Q.pop();
	memset(vis,INF,sizeof(vis));
	vis[M.x][M.y]=tim*S;
	Q.push((node){M.x,M.y});
	
	while(!Q.empty()) {
		node now=Q.front();Q.pop();
		if(mp[now.x][now.y]=='D') return 1;
		REP(i,0,3) {
			int nx=now.x+dx[i];
			int ny=now.y+dy[i];
			if(check_xy(nx,ny))continue;
			if(mp[nx][ny]=='T')continue;
			if(vis[nx][ny]==INF && (vis[now.x][now.y]+1)/S>1;
		if(check(mid)) ans=mid,L=mid+1;
		else R=mid-1;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

$T_2$——quality(3071)

Description:

有一个$n\cdot m$的矩阵，每个格子中的数用$1$~$n\cdot m$之间不同的数表示，求在一个$h\cdot w$的字矩阵中的中位数最小，保证$h\cdot w$为奇数。
$n,m\le 1000$

Solution:

• 因为中位数是固定的一个数，那么我们很容易想到去找一个$h\cdot w$的字矩阵中第$K$大的数最小
• 因而，我们想到可以二分答案，对于check，我们可以二维前缀和出$(x1,y1)$到$(x2,y2)$中不大于$mid$的数的个数。
• 这样复杂度为$\Theta (nm\log (nm))$

Code:

#include
using namespace std;
#define REP(i,f,t) for(int i=(f),i##_end_=(t);i<=i##_end_;++i)
#define SREP(i,f,t) for(int i=(f),i##_end_=(t);i=i##_end_;--i)
#define ll long long
templateinline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
templateinline bool chkmax(T &x,T y){return xinline void Rd(T &x){
	x=0;char c;
	while((c=getchar())<48);
	do x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
	while((c=getchar())>47);
}

const int N=1002;

int n,m,h,w,Mid;
int A[N][N];

struct p30{
	
	int tmp[N],tot;
	
	void solve(){
		int ans=0x3f3f3f3f;
		REP(x1,1,n-h+1) REP(y1,1,m-w+1){
			tot=0;
			SREP(x2,x1,x1+h) SREP(y2,y1,y1+w) tmp[++tot]=A[x2][y2];
			sort(tmp+1,tmp+1+tot);
			chkmin(ans,tmp[Mid]);
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
}p1;

struct p100{

	int sum[N][N];

	int Sum(int x1,int y1,int x2,int y2){
		return sum[x2][y2]-sum[x2][y1-1]-sum[x1-1][y2]+sum[x1-1][y1-1];
	}
	
	bool check(int k){
		memset(sum,0,sizeof(sum));
		REP(i,1,n) REP(j,1,m) sum[i][j]=(A[i][j]<=k)+sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1];
		REP(i,1,n-h+1) REP(j,1,m-w+1) if(Sum(i,j,i+h-1,j+w-1)>=Mid) return 1;
		return 0;
	} 
	
	void solve(){
		int L=1,R=n*m,ans=0;
		while(L<=R){
			int mid=(L+R)>>1;
			if(check(mid)) ans=mid,R=mid-1;
			else L=mid+1;
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
}p2;

int main(){
//	freopen("quality.in","r",stdin);
//	freopen("quality.out","w",stdout);

	Rd(n),Rd(m),Rd(h),Rd(w);
	Mid=(h*w)/2+1;
	REP(i,1,n) REP(j,1,m) Rd(A[i][j]);

	if(n<=30 && m<=30)p1.solve();
	else p2.solve();
	
	return 0;
}

$T_3$——salesman(3072)

Description:

有一条类似$x$轴的河上，有$n$个点，每个点有开放的时间$t_i$，坐标$p_i$，权值$w_i$。
初始在坐标$S$处，你可以去其它点后并会来，而逆流而上每个单位的花费为$U$，顺溜而下每个单位的花费为$D$。求最后获得的权值最大为多少。
$n,t_i\le 500000,S,p_i\le 500001,w_i\le 4000,D\le U\le 10$

Solution:

• 一道比较传统的题
• 首先是一个$\Theta (n^2)$的$dp$，这个都没有问题
• 那么发现这个逆流而上和顺流而下可以分类讨论一下，这样就可以通过线段树（BIT）来维护区间的逆流而上的和顺流而下的最大值即可。
• 这样复杂度为$\Theta (n\log n)$

Code:

#include
using namespace std;
#define REP(i,f,t) for(int i=(f),i##_end_=(t);i<=i##_end_;++i)
#define SREP(i,f,t) for(int i=(f),i##_end_=(t);i=i##_end_;--i)
#define ll long long
templateinline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
templateinline bool chkmax(T &x,T y){return xinline void Rd(T &x){
	x=0;char c;
	while((c=getchar())<48);
	do x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
	while((c=getchar())>47);
}

const int N=500005;

int n,U,D,S; 

struct node{
	int t,p,w;
	bool operator<(const node &_)const{
		return t!=_.t?t<_.t:p<_.p; 
	}
}A[N];

int dp[N];
struct p45{
	 
	int dis(int s,int t){
		if(s>=t) return (s-t)*U;
		else return (t-s)*D;
	}
	
	void solve(){
		
		REP(i,1,n) dp[i]=A[i].w-dis(S,A[i].p);
		
		int ans=0;
		
		REP(i,1,n) {
			SREP(j,1,i){
				if(A[i].t==A[j].t)continue;
				chkmax(dp[i],dp[j]+A[i].w-dis(A[j].p,A[i].p));
			}
			chkmax(ans,dp[i]-dis(A[i].p,S));
		}
		
		printf("%d\n",ans);
	}
}p1;

struct p100{
	int mx[2][N<<2];
	
	void build(int p,int L,int R) {
		if(L==R){
			if (L==S) mx[0][p]=D*S,mx[1][p]=-U*S;
			else mx[0][p]=mx[1][p]=-0x3f3f3f3f;
			return;
		}
		int mid=(L+R)/2;
		build(p<<1,L,mid);
		build(p<<1|1,mid+1,R);
		mx[0][p]=max(mx[0][p<<1],mx[0][p<<1|1]);
		mx[1][p]=max(mx[1][p<<1],mx[1][p<<1|1]);
	}
	
	void update(int p,int L,int R,int k) {
		if(L==R){
			mx[0][p]=dp[k]+D*A[k].p;
			mx[1][p]=dp[k]-U*A[k].p;
			return;
		}
		int mid=(L+R)/2;
		if(A[k].p<=mid)update(p<<1,L,mid,k);
		else update(p<<1|1,mid+1,R,k);
		mx[0][p]=max(mx[0][p<<1],mx[0][p<<1|1]);
		mx[1][p]=max(mx[1][p<<1],mx[1][p<<1|1]);
	}
	
	int query(int f,int p,int L,int R,int l,int r) {
		if(l<=L&&R<=r) return mx[f][p];
		int mid=(L+R)/2,res=-0x3f3f3f3f;
		if(l<=mid) res=query(f,p<<1,L,mid,l,r);
		if(r>mid) chkmax(res,query(f,p<<1|1,mid+1,R,l,r));
		return res;
	}
	
	int f[N],g[N];
	
	void solve(){
		A[++n]=(node){A[n-1].t+1,S,0};
		
		int m=S;
		REP(i,1,n) chkmax(m,A[i].p);
		build(1,1,m);
		
		for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
			for(j=i;j