[竞赛][比赛题解]Noip2016双日游
11.18
联赛前一天，作为强省的弱OIer，第一次参加Noip提高组还是挺紧张的。于是在训练的小黑屋了浪了一整天……
11.19
Day1
因为本土作战，而且家离学校近，所以睡到7:40才起床。
T1 模拟暴力，考试的时候竟然没注意到mogician……
T2 由于做了前几年的联赛，感觉前两道题应该挺水的，结果愣是看了一个多小时想不出正解……只好打80分的暴力。
T3 正解打挂没时间，搜索暴力……
11.20
Day2
T1 O(N2) 预处理后 O(1) 输出
T2 吸取第一天的教训，第二题直接STL堆暴力
T3 打完暴搜后还有一个多小时，开始着手优化搜索……在想记忆化的时候猛然想到可以状压DP……结果被卡精度，又没预处理… O(T∗2N∗N3)
11.28
听说零点出成绩，于是兴致冲冲地等到了0:00，结果CCF没上班，网页只有一个空壳…..
下午跑到机房，果然出成绩了……
12.8
分数线330……
题解
Day1
T1 toy
直接暴力模拟。 O(N)
#include T2 running
根据提供的数据信息可拿80……
对于一个从u到v的人，令 f 为 u , v 的Lca， d(x) 为 x 的深度， F(x) 为 x 的父节点
可以先考虑所有人都从根节点出发和所有人都跑到根节点的做法:
对于一个 T 时刻从 x 节点跑到根节点的人，如果路径上的观察员 i 满足 T+d(x)−d(i)=w(i) ，即 T+d[x]=w[i]+d[i] , 那么观察员 i 可以观察到这个人。
对于一个 T 时刻从根节点跑到 x 节点的人，如果路径上的观察员 i 满足 T+d(i)=w(i) ,即 T=w(i)−d(i) ,那么观察员 i 就可以观察到这个人
所以我们可以把一个从 u 到 v 的人分解：
- 1个在0时刻从u跑到根节点的人
- 1个在 d(u)−2∗d(f) 时刻从根节点跑到v的人
但是这样的话 F(f) -根节点这条路径上的观察员也会观察到这个人，所以可以增加两个玩家：
- -1个在 d(u)−d(F(f)) 时刻从 F(f) 跑到根节点的人
- -1个在 d(u)−2∗d(f) 时刻从根节点跑到 v 的人
然后按照所有人从根节点出发和所有人跑到根节点的方法做。
那么复杂度就集中在求LCA的过程，用树剖或倍增
O(NlogN+N+M)
#include for(int i=1;i<=n;i++) reaD(w[i]);
D1(1,0,1);D2(1,1,1);
}
inline int Lca(int x,int y){
int tp1,tp2;
while(Top[x]!=Top[y])
if(Dept[Top[x]]else x=F[Top[x]];
if(Dept[x]return x;
return y;
}
inline void InsertT2(int x,int t,int w){
Tb[++tt].nx=GG[x];
GG[x]=tt;
Tb[tt].t=t;
Tb[tt].w=w;
}
inline void InsertT1(int x,int t,int w){
Tb[++tt].nx=GG1[x];
GG1[x]=tt;
Tb[tt].t=t;
Tb[tt].w=w;
}
void S1(int x,int f){
int r=B[Dept[x]+w[x]];
for(int i=GG1[x];i;i=Tb[i].nx)
B[Tb[i].t]+=Tb[i].w;
for(int i=G[x];i;i=E[i].nx)
if(E[i].t!=f) S1(E[i].t,x);
Ans[x]+=B[Dept[x]+w[x]]-r;
}
int S2(int x,int f){
int r;
if(w[x]-Dept[x]>=0) r=R[w[x]-Dept[x]]; else r=mi[Dept[x]-w[x]];
for(int i=GG[x];i;i=Tb[i].nx)
if(Tb[i].t>=0)R[Tb[i].t]+=Tb[i].w; else mi[-Tb[i].t]+=Tb[i].w;
for(int i=G[x];i;i=E[i].nx)
if(E[i].t!=f) S2(E[i].t,x);
if(w[x]-Dept[x]>=0) Ans[x]+=R[w[x]-Dept[x]]-r;
else Ans[x]+=mi[Dept[x]-w[x]]-r;
}
int ww[20],wt;
inline void Pt(int x){
if(!x){putchar('0');return;}
while(x)ww[++wt]=x%10,x/=10;
for(;wt;wt--)putchar(ww[wt]+'0');
}
int main(){
reaD(n);reaD(m);
reaDedge();
for(int i=1,u,v,f;i<=m;i++){
reaD(u);reaD(v);
f=Lca(u,v);
InsertT1(u,Dept[u],1);
InsertT1(F[f],Dept[u],-1);
InsertT2(f,Dept[u]-Dept[f]*2,-1);
InsertT2(v,Dept[u]-2*Dept[f],1);
}
S1(1,0);S2(1,0);
for(int i=1;iputchar(' ');
return Pt(Ans[n]),0;
} T3 classroom
概率DP
f[i][j][k] 表示前 i 节课，申请了换 j 节课， k=1 表示第i节课申请了换课， k=0 表示没有。
g(i,j) 表示 i 教室与 j 教室的最短距离
那么对于第 i 节课，如果不申请换课：
- 若第 i−1 节课没有申请换课， f[i][j][0]=f[i−1][j][0]+g(c[i−1],c[i])
- 若第 i−1 节课申请了换课，那么
– 有 k[i−1] 的概率申请成功，要消耗 g(d[i−1],c[i]) 的体力
– 有 (1−k[i−1]) 的概率申请失败，要消耗 g(c[i−1],c[i]) 的体力
所以期望消耗 k[i−1]∗g(d[i−1],c[i])+(1−k[i−1])∗g(c[i−1],c[i]) 的体力
如果申请换课，同意按照上面的方法分类，只不过要同时考虑第 i 节课和第 i−1 节课的申请成功的情况。
计算两个教室间的最短路程，因为教室数比较小，可以floyd
O(v3+nm)
#include inline double min(double a,double b,double c){
return min(min(a,b),c);
}
int main(){
reaD(n);reaD(m);reaD(v);reaD(e);
for(int i=1;i<=v;i++){
for(int j=1;j<=v;j++) d[i][j]=1<<30;
d[i][i]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++) reaD(C[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) reaD(D[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lf",&K[i]);
}
for(int i=1,x,y,z;i<=e;i++){
reaD(x);reaD(y);reaD(z);
d[x][y]=d[y][x]=min(d[x][y],z);
}
for(int k=1;k<=v;k++)
for(int i=1;i<=v;i++)
for(int j=1;j<=v;j++)
if(d[i][j]>d[i][k]+d[k][j]) d[i][j]=d[i][k]+d[k][j];
memset(f,0x7F,sizeof(f));
f[1][1][1]=f[1][0][0]=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=i&&j<=m;j++){
f[i&1][j][0]=min(f[i&1^1][j][0]+d[C[i-1]][C[i]],f[i&1^1][j][1]+d[D[i-1]][C[i]]*K[i-1]+d[C[i-1]][C[i]]*(1-K[i-1]));
if(j) f[i&1][j][1]=min(f[i&1^1][j-1][0]+d[C[i-1]][D[i]]*K[i]+d[C[i-1]][C[i]]*(1-K[i]),
f[i&1^1][j-1][1]+d[D[i-1]][D[i]]*K[i]*K[i-1]+d[D[i-1]][C[i]]*K[i-1]*(1-K[i])+d[C[i-1]][D[i]]*K[i]*(1-K[i-1])+d[C[i-1]][C[i]]*(1-K[i])*(1-K[i-1]));
}
Ans=1<<30;
for(int i=0;i<=m;i++) Ans=min(Ans,f[n&1][i][0],f[n&1][i][1]);
printf("%.2lf",Ans);
return 0;
} Day2
T1 problem
根据 C(i,j)=C(i−1,j−1)+C(i,j−1) 预处理后输出
但是因为 C(i,j) 会很大，所已预处理的时候就可以对 C(i,j) 取模，之后判断是不是为零就行了
O(n2+T)
#include T2 earthworm
可以开三个队列，分别记录初始的蚯蚓和切开后的两断蚯蚓的长度，因为存储初始蚯蚓的队列按照升序排列，所以可以证明另外两个队列也是升序的。
那么每次找最长的只要比较三个队列的头部就行了。
至于怎么处理每个单位时间增加的长度，可以开个变量L，L每个单位时间加上q，新增的蚯蚓的长度只要减去q就行了。
O(nlogn+m)
#include T3 angrybirds
状压DP
因为只有18只小鸟，可以把状态压缩在2^18的整数内。
但是这样DP的复杂度就是 O(2nn3)
所以我们可以枚举两只小鸟，计算以他们的坐标和原点坐标画成的抛物线上有哪些小鸟，也用2^18的整数记录下来。
这样复杂度就是 O(2nn2) 了
总复杂度 0(2nn2∗T)
#include 1;
}
memset(Res,0x7F,sizeof(Res));
Res[0]=0;
for(int i=0,sx;i<=(1<for(int j=1;j<=n;j++){
Res[i|(1<<(j-1))]=min(Res[i|(1<<(j-1))],Res[i]+1);
}
for(int j=1;j<=n;j++)
if((i&(1<<(j-1)))==0)
for(int k=j+1;k<=n;k++)
if(x[j]!=x[k]&&(i&(1<<(k-1)))==0&&p[j][k].a1*p[j][k].a2<0){
Res[i|d[j][k]]=min(Res[i|d[j][k]],Res[i]+1);
}
}
printf("%d\n",Res[(1<1]);
}
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--) work();
return 0;
}