「备战PKUWC2018」2017-2018 ACM-ICPC, Asia Daejeon Regional Contest
这些题很不错，一股劣质NOIP模拟赛的味道，以后出题可以拿来用（雾）
A. Broadcast Stations
坑。
B. Connect3
题意：两个人玩在一个 4×4 的方格里进行的游戏。黑方先手，轮流在格子里放棋子。一个格子能被放棋子当且仅当该格下方所有格子都放满了棋子。一方获胜的条件是当且仅当存在横向，纵向或斜向的三个格子，都放着该色棋子。告诉黑方第一次放的棋子所在的列，与白方最后一次放棋子且获胜的格子的坐标，问游戏结束时合法的局面有多少种。
题解：由于有用的状态只有 (25)4=220 种，直接暴力搜索既可。代码有些恶心。
My Code：
#includeC. Game Map
题意： N 个点， M 条边的无向连通图，求一个最长的序列 {ak} ，使得对于任意 i<k ， 都有 ai 与 ai+1 相邻，且与 ai 相邻的点数量严格小于与 ai+1 相邻的点的数量。
N≤100000,M≤300000
题解：签到题之一，根据题目要求可以将原图变成 DAG ， 直接 DP 既可。
My Code:
#includeD. Happy Number
题意： 定义 f(n) 为 n 各位数字的平方和。 定义一个数 n 若能经过有限步 n←f(n) 变换为 1 则这个数为 Happy 的。给你一个数，问其是否为 Happy 的。
题解：签到题。直接用 map 记忆化搜索一下既可。
My Code：
#includeE. How Many to Be Happy?
题意： N 个点 M 条边的无向图，边权互不相同。定义 h(i) 为第 i 条边成为最小生成树中的边最少需要删去的边的数量，求 ∑mi=1h(i) 。
N≤100 M≤500
题解：注意每条边要成为最小生成树上的边只绘删去权值比它小的边，于是对于每一条边跑一遍最小割既可。
Hash_Table’s Code：
#includevoid add_edg(int x,int y,int z)
{
e_sum++;
e[e_sum].next=first[x];
first[x]=e_sum;
e[e_sum].to=y;
e[e_sum].cap=z;e[e_sum].flow=0;
}
void insert(int x,int y,int z)
{
add_edg(x,y,z);
add_edg(y,x,0);
}
bool bfs()
{
while(!q.empty())q.pop();
memset(vis,0,sizeof vis);
q.push(s);vis[s]=1;d[s]=1;
while(!q.empty())
{
int x=q.front();q.pop();
for(int i=first[x];i;i=e[i].next)
{
int w=e[i].to;
if(e[i].cap>e[i].flow&&!vis[w])
{
q.push(w);vis[w]=1;d[w]=d[x]+1;
if(w==t) return true;
}
}
}
return false;
}
int dfs(int x,int mr)
{
if(x==t||mr==0) return mr;
int &i=cur[x],tot=0;
for(;i;i=e[i].next)
{
int w=e[i].to;
if(e[i].cap>e[i].flow&&d[w]==d[x]+1)
{
int flow=dfs(w,min(mr,e[i].cap-e[i].flow));
if(flow)
{
tot+=flow;mr-=flow;
e[i].flow+=flow;
e[((i-1)^1)+1].flow-=flow;
if(mr==0) return tot;
}
}
}
return tot;
}
int dinic()
{
int res=0;
while(bfs())
{
for(int i=1;i<=n;i++) cur[i]=first[i];
res+=dfs(s,inf);
}
return res;
}
int calc(int x)
{
e_sum=0;
memset(first,0,sizeof first);
for(int i=1;i<=m;i++) if(a[x].val>a[i].val)
{
insert(a[i].x,a[i].y,1);
insert(a[i].y,a[i].x,1);
}
s=a[x].x;t=a[x].y;
return dinic();
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;i++) a[i]=(line){read(),read(),read()},idx[a[i].val].push_back(i);
sort(a+1,a+1+m,cmp);
for(int i=1;i<=m;i++) ans+=calc(i);
/* for(int i=1;i<=500;i++)
{
int sz=idx[i].size();
for(int j=0;j
cout<return 0;
} F. Philosopher’s Walk
有一个哲♂学迷宫，边长为 2 的正整数次方，每个格子的长度为 1m ，路线如下图所示，是一个分型图：
由于迷宫有很多拐角，利于哲♂学家思♂考，因此每天都有大量哲♂学家前往，他们都是从迷宫的左下角进入。由于迷宫是未知♂领域，有不少哲♂学家在里面迷路，但是他们都能记得自己走了多少米。你需要根据哲♂学家提供的距离来判断哲♂学家所处的坐标，从而驾驶直升机将其解♂救出来。
迷宫边长 ≤215 。
题解：签到题。根据走的步数判断在四个小区域中的哪一个，然后递归实现。
My Code：
#includeG. Rectilinear Regions
题意：有两条阶梯形线（一红一蓝），求红线与蓝线所围成的封闭图形且红线在下（如图中的黄色区域）的个数与面积和。
折点数 ≤25000 。
题解：如果两条线的单调性不同，答案为 0 ， 若都是单调递减，将纵坐标取反后交换两条直线。就变成了都是单调递增的情况。
这时我们按照折点的横坐标排一遍序，扫一遍统计答案既可。
My Code：
#includeH. Rock Paper Scissors
题意：你和电脑玩剪刀石头布，给出电脑和你的出拳序列（长度分别为 n,m 且 m≤n ）。你需要找到一个开始的位置 pos ，从 pos 开始进行游戏，比较 a[pos+i] 与 b[i] （ a[] 为电脑的出拳序列， b[] 为你的出拳序列），直到一方的出拳序列结束为止。问你最多能够赢几局。
1≤m≤n≤105
题解：枚举你出的每一种拳，将其设为 1 ， 其他的设为 0 ，将电脑序列中你能赢的拳设为 1 ， 其他的设为 0 ，则对于每一个pos，只比较你的该种出拳能够胜利的局数为
f[pos]=∑i=1mb[i]a[pos+i]
然后把你的序列反过来，就变成了卷积的形式：
f[pos]=∑i=1mb′[m−i+1]a[pos+i]
做三遍 FFT 即可。
My Code：
#includeI. Slot Machines
题意：有一种老虎机，每次玩都绘在 0∼999999 中随机生成一个数。由于这种老虎机过于落后，生成的是一个伪随机数，即存在数 p,k 使得对于任何 i>k ，都有 ai+p=ai
即 p 为循环节， k 为循环起始位置。
为了拿到大奖，你现在得到了该老虎机的一部分随机数序列，准备分析它最可能的循环节。最可能循环节的 p+k 最小，求最可能的循环节的 p 与 k 。
题解：我们把序列反过来，求出它的 next 数组。可以证明前 n 个数的最短循环节为 i−next[i] 。然后枚举每个位置更新答案即可。
My Code
#includeJ. Strongly Matchable
坑。
K. Untangling Chain
题意：平面直角坐标系中有一个拐点数为 n 的折线，每条边均与坐标轴平行。现在你需要修改每条边的长度（但方向不能改变），使得所有边之间除了相邻边的公共端点之外没有交点，要求每条边的长度不超过 n 。
n≤10000
题解：我们记录一下当前折线覆盖的横纵坐标的最小值与最大值，贪心得使该边的长度恰好将该边的另一个端点越过当前横（纵）坐标的最小（最大）值，这样由于只有 90° 转弯，下一条边就一定不会与之前的边冲突。
My Code：
#includeL. Vacation Plans
坑。