noip 2018 模拟赛8

$T_1$——seq(3018)

Description:

有一个长度为$n$的序列$A$，每次操作可以将相邻的两个数$A_i,A_{i+1}$删去，在这个它们位置之间插入$max\{A_i,A_{i+1}\}$，而这样操作的代价为$max\{A_i,A_{i+1}\}$。求将序列$A$的长度变为$1$的最小代价。
$n\le 10^6,A_i\le 10^9$

Solution:

• 奇妙的贪心…（然而考试时只是无脑ST表，结果MLE 5分了）
• 待证明…

Code:

#include
using namespace std;
#define REP(i,f,t) for(int i=(f),i##_end_=(t);i<=i##_end_;++i)
#define ll long long
templateinline 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=1e6+2;
int n;
int A[N];
ll ans;

int main(){
//	freopen("seq.in","r",stdin);
//	freopen("seq.out","w",stdout);
	Rd(n);
	REP(i,1,n){
		Rd(A[i]);
		if(i>1) ans+=max(A[i],A[i-1]);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

$T_2$——install(3019)

Description:

有$n$个软件和总容量为$m$的磁盘，每个软件有三个属性容量$w_i$，价值$v_i$，依赖$d_i$，这里依赖是指对于$i$来说，只有$d_i$安装了，才会产生价值。求最大价值。
$n\le 100,m\le 500,v_i\le 1000$

Solution:

• 首先，对于都没有依赖的情况，就是一个裸的背包问题
• 而对于有依赖的情况，很明显是有环的情况，那么我们就可以tarjan缩点，使之为一个DAG，这样就与树上的情况是一样的。
• 那么就是树上的背包，$dp[i][j]$表示以$i$为子树的用了体积$j$的最大价值。

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 chkmax(T &x,T y){return xinline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}

const int N=502,M=1002;

int n,m;
int w[N<<1],v[N<<1],fa[N];

struct p20{
	int t[22];
	void solve(){
		int ans=0;
		SREP(s,0,1<

$T_3$——book(1763)

Description:

有$n$个书架，每个书架有$m$个位置，对于每个位置都放着不同的书，现在有两种操作：（1）若在某个书架上，某书的左边或右边为空，则可以将该书左移或右移；（2）可以将一本书拿出放在空位置上。
现在给出书架的初态和末态，求需要最少的操作2次数。
若无法完成，即输出-1。
$n,m\le 1000$，书的编号$\le n\cdot m$

Solution:

• 首先，对于操作1的情况，如果它的初态和末态的相对位置是不一样的，那么一定要换，可能需要操作2
• 模拟小数据发现，只需要关心该行是否还需要操作2，而需要操作2一定要它的初态和末态的相对位置不同。
• 而真正需要操作2的，即初态和末态不在同一个行时，我们可以建图跑环，发现只要有存在不同的位置，那么一定要进行一次操作2，
• 而末态位置的书架是满的，那么一定还要一次操作将该书架空出一个位置来。

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 chkmax(T &x,T y){return xinline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
templateinline 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;
int A[N][N],B[N][N];
typedef pairpii;
#define fi first
#define se second

struct pwater{
	pii pos1[N*N],pos2[N*N];
	vectorrow[N];
	vectortmp;
	vector::iterator it;
	int cnt[N];
	int Mxid;
	
	int qwq,head[N*N];
	struct edge{
		int to,nxt;
	}E[(N*N)<<1];
	void addedge(int x,int y){E[qwq]=(edge){y,head[x]};head[x]=qwq++;}
	bool vis[N];
	
	int move(int x){//看相对位置 
		tmp.clear();
		sort(row[x].begin(),row[x].end());
		
		SREP(i,0,row[x].size()){
			it=lower_bound(tmp.begin(),tmp.end(),row[x][i].se);
			if(it==tmp.end()) tmp.push_back(row[x][i].se);
			else *it=row[x][i].se;
		}

		int res=0;
		if(tmp.size()==row[x].size()) return 0;
		if((int)row[x].size()==m) res=1;
		res+=row[x].size()-tmp.size();
		return res;
	}
	
	int dfs(int x){
		int res=(cnt[x]==m);
		vis[x]=1;
		for(int i=head[x];~i;i=E[i].nxt){
			int y=E[i].to;
			if(vis[y])continue;
			res&=dfs(y);
		}
		return res;
	}
	
	void solve(){
		bool flag=1;
		bool zero=0;
		REP(i,1,n) REP(j,1,m) {
			if(A[i][j]!=B[i][j]) flag=0;
			if(!A[i][j]) zero=1;
			pos1[A[i][j]]=(pii){i,j};
			pos2[B[i][j]]=(pii){i,j};
			chkmax(Mxid,A[i][j]);
			cnt[i]+=(A[i][j]>0);
		}
		if(flag){puts("0");return;}
		if(!zero){puts("-1");return;}
		
		memset(head,-1,sizeof(head));
		int ans=0;
		
		REP(i,1,Mxid){
			if(pos1[i].fi==pos2[i].fi){//同一行 可能可以移动 
				row[pos1[i].fi].push_back((pii){pos1[i].se,pos2[i].se});
			}
			else {//至少要拿出 
				addedge(pos1[i].fi,pos2[i].fi);
				addedge(pos2[i].fi,pos1[i].fi);
				++ans;
			}
		}
		
		REP(i,1,n) ans+=move(i);
		REP(i,1,n) if(!vis[i] && ~head[i]) ans+=dfs(i);
		
		printf("%d\n",ans); 
	}
}p2;

int main(){
//	freopen("book.in","r",stdin);
//	freopen("book.out","w",stdout);
	Rd(n),Rd(m);
	REP(i,1,n) REP(j,1,m) Rd(A[i][j]);
	REP(i,1,n) REP(j,1,m) Rd(B[i][j]);
	
	p2.solve();
		
	return 0;
}