usaco 2017 2月月赛
usaco月赛题很健脑啊。。一直坚持没看题解自己做，感觉收获很大，希望自己能坚持下去。。
gold 1
给出一个n*n（输入）表格图，每个格子上都有一个权值（输入），现在从左上角走到右下角，每走一步需要花费t（输入）的代价，同时，每走三步需要花费当前所在格子权值的代价，求最小代价。
用spfa跑，状态用四位数压缩，表示为dis[now][step]，其中step表示当前走的步数%3的值，now表示当前所在格子，数组表示当前所用最小花费。
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int get(int x,int y)
{
return x*100+y;
}
bool vis[10050][3];
int dis[10050][3];
int score[10050];
struct state
{
int w,s;
};
int n,t;
queue q;
void spfa()
{
for(int i=0;i<10000;i++)
dis[i][0]=dis[i][1]=dis[i][2]=0x3f3f3f3f;
dis[0][0]=0;
q.push((state){0,0});
vis[0][0]=1;
while(!q.empty())
{
state now=q.front();
vis[now.w][now.s]=0;
q.pop();
if(now.w/100!=0)
{
if(dis[now.w-100][1]>dis[now.w][0]+t)
{
dis[now.w-100][1]=dis[now.w][0]+t;
if(!vis[now.w-100][1])
vis[now.w-100][1]=1,q.push((state){now.w-100,1});
}
if(dis[now.w-100][2]>dis[now.w][1]+t)
{
dis[now.w-100][2]=dis[now.w][1]+t;
if(!vis[now.w-100][2])
vis[now.w-100][2]=1,q.push((state){now.w-100,2});
}
if(dis[now.w-100][0]>dis[now.w][2]+t+score[now.w-100])
{
dis[now.w-100][0]=dis[now.w][2]+t+score[now.w-100];
if(!vis[now.w-100][0])
vis[now.w-100][0]=1,q.push((state){now.w-100,0});
}
}
if(now.w/100!=n-1)
{
if(dis[now.w+100][1]>dis[now.w][0]+t)
{
dis[now.w+100][1]=dis[now.w][0]+t;
if(!vis[now.w+100][1])
vis[now.w+100][1]=1,q.push((state){now.w+100,1});
}
if(dis[now.w+100][2]>dis[now.w][1]+t)
{
dis[now.w+100][2]=dis[now.w][1]+t;
if(!vis[now.w+100][2])
vis[now.w+100][2]=1,q.push((state){now.w+100,2});
}
if(dis[now.w+100][0]>dis[now.w][2]+t+score[now.w+100])
{
dis[now.w+100][0]=dis[now.w][2]+t+score[now.w+100];
if(!vis[now.w+100][0])
vis[now.w+100][0]=1,q.push((state){now.w+100,0});
}
}
if(now.w%100!=0)
{
if(dis[now.w-1][1]>dis[now.w][0]+t)
{
dis[now.w-1][1]=dis[now.w][0]+t;
if(!vis[now.w-1][1])
vis[now.w-1][1]=1,q.push((state){now.w-1,1});
}
if(dis[now.w-1][2]>dis[now.w][1]+t)
{
dis[now.w-1][2]=dis[now.w][1]+t;
if(!vis[now.w-1][2])
vis[now.w-1][2]=1,q.push((state){now.w-1,2});
}
if(dis[now.w-1][0]>dis[now.w][2]+t+score[now.w-1])
{
dis[now.w-1][0]=dis[now.w][2]+t+score[now.w-1];
if(!vis[now.w-1][0])
vis[now.w-1][0]=1,q.push((state){now.w-1,0});
}
}
if(now.w%100!=n-1)
{
if(dis[now.w+1][1]>dis[now.w][0]+t)
{
dis[now.w+1][1]=dis[now.w][0]+t;
if(!vis[now.w+1][1])
vis[now.w+1][1]=1,q.push((state){now.w+1,1});
}
if(dis[now.w+1][2]>dis[now.w][1]+t)
{
dis[now.w+1][2]=dis[now.w][1]+t;
if(!vis[now.w+1][2])
vis[now.w+1][2]=1,q.push((state){now.w+1,2});
}
if(dis[now.w+1][0]>dis[now.w][2]+t+score[now.w+1])
{
dis[now.w+1][0]=dis[now.w][2]+t+score[now.w+1];
if(!vis[now.w+1][0])
vis[now.w+1][0]=1,q.push((state){now.w+1,0});
}
}
}
cout<>n>>t;
for(int i=0;i>x,score[get(i,j)]=x;
spfa();
} gold 2
路两旁各有N只牛，N个牛棚，一只牛可以走到所有与自己编号值相差<=4的牛棚，问使牛棚间不相交的最大匹配数是多少
dp[i][j]表示第i只牛走到第j个牛棚且1~i的匹配都合法时最大匹配数，n^2dp即可
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int a[1005],b[1005];
vector tu[1005];
int n,dp[1005][1005];
int main()
{
freopen("nocross.in","r",stdin);
freopen("nocross.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>b[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(abs(a[i]-b[j])<=4)
tu[i].push_back(j);
for(int i=1;i<=n;i++)
dp[0][i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=n;j++)
{
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j]);
for(int k=0;kj)
dp[i][f]=max(dp[i][f],dp[i-1][j]+1);
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=max(ans,dp[n][i]);
cout< gold 3
(相当于)给出n条端点不重合的线段，问有多少条线段两两相交（一个包含另一个不算），注意这里n<=100000!
这个题我还是想了好一会的（毕竟人太瓷了），先将所有起点全部插入一个树状数组，再把所有终点全部插入另一个树状数组，然后按照后端点排序，对于每个线段，ans+=起点树状数组中值小于该线段起点的个数-终点树状数组中值小于该线段起点的个数，然后把这个线段的起点，终点在各自的树状数组中删去，再处理下一条线段。
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int a[100050],b[100050],n;
int ans=0,q[100050],z[100050];
struct line
{
int q,z;
}per[100050];
int in[200050],in2[200050];
int cmp(line a,line b)
{
return a.z==b.z? (a.q>b.q):(a.z>b.z);
}
int lowbit(int x)
{
return (x&(-x));
}
void plu(int pos,int num)
{
while(pos<=2*n)
{
in[pos]+=num;
pos+=lowbit(pos);
}
}
int sum(int end)
{
int sum=0;
while(end>0)
{
sum+=in[end];
end-=lowbit(end);
}
return sum;
}
void plus2(int pos,int num)
{
while(pos<=2*n)
{
in2[pos]+=num;
pos+=lowbit(pos);
}
}
int sum2(int end)
{
int sum=0;
while(end>0)
{
sum+=in2[end];
end-=lowbit(end);
}
return sum;
}
int main()
{
freopen("circlecross.in","r",stdin);
freopen("circlecross.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=2*n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
if(!per[a[i]].q)
per[a[i]].q=i,plu(i,1);
else
per[a[i]].z=i,plus2(i,1);
}
sort(per+1,per+n+1,cmp);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ans+=sum(per[i].q-1)-sum2(per[i].q-1);
// cout< platinum 1
还是路两边各有N只牛，N个牛棚，这次牛只回属于自己的牛棚，但约翰很厉害，他可以将牛棚中最后任意k间牛棚不变顺序地提到最前面，如45123可以变成12345，当然也可以是34512，同时，他也可以选择用同样的办法对待这群奶牛，现在请求出修改后最小路径交叉对 数。
如果枚举k，那么肯定会爆，我们可以先处理出第i个奶牛所在牛棚位置，那么这个序列的最小逆序对数一定就是答案之一，注意当a[n]移到a[1]时，逆序对数会增加（a[n]-1）个，也会减少（n-a[n]）个，所以可以通过dp来获得修改后最大减少值。如果答案不是这个，那就是第一步处理改为第i间牛棚所在奶牛位置，再做上述操作。
为什么会分两种情况呢？是因为约翰即可选择改左边牛，也可选择改右边牛棚，所以都得顾及。
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
long long a1[500050],b1[500050],a[500050],b[500050];
long long minn=0,zhuan,g[500050],minans=0x7f7f7f7f7f;
long long tmp[500050],ans=0;
int n;
void merge(int l,int m,int r)
{
int i=l,j=m+1,k=l;
while(i<=m&&j<=r)
{
if(a[i]>a[j])
{
tmp[k++]=a[j++];
ans+=m-i+1;
}
else
tmp[k++]=a[i++];
}
while(i<=m)
tmp[k++]=a[i++];
while(j<=r)
tmp[k++]=a[j++];
for(int i=l;i<=r;i++)
a[i]=tmp[i];
}
void mergesort(int l,int r)
{
if(l platinum 2
问题同gold2，但n的范围已经变成了100000，这就需要我们去优化。
开始想了好一会都没想到怎么优化，不知道为什么在看机房别人打游戏时突然想到了（手动滑稽）：因为在枚举i以前的状态时，我们只关心这个状态的最后一个位置在哪，以及这个的匹配数，而且这个“”最后一个位置“只要比当前小就好了，我们并不关心他们的，那为什么不用一棵线段树，维护区间最大值来优化转移呢？
#include
#include
#include
#include
#include
#define mid (l+r)/2
#define lson rt*2
#define rson rt*2+1
using namespace std;
int a[100050],b[100050],loc[100050],n,all[100050][10],f[100050][10];
int dp[100050][15];
struct node
{
int maxx,flag;
}tree[400050];
void pushup(int rt)
{
tree[rt].maxx=max(tree[rson].maxx,tree[lson].maxx);
}
void pushdown(int rt)
{
if(tree[rt].flag)
{
tree[rson].flag=tree[lson].flag=tree[rt].flag;
tree[rt].flag=0;
tree[lson].maxx=tree[lson].flag;
tree[rson].maxx=tree[rson].flag;
}
}
void ins(int rt,int l,int r,int L,int R,int v)
{
if(L>r||l>R)
return ;
if(L<=l&&r<=R)
{
tree[rt].maxx=v,tree[rt].flag=v;
return ;
}
pushdown(rt);
ins(lson,l,mid,L,R,v);
ins(rson,mid+1,r,L,R,v);
pushup(rt);
}
int query(int rt,int l,int r,int L,int R)
{
if(L>r||l>R)
return 0;
if(L<=l&&r<=R)
return tree[rt].maxx;
pushdown(rt);
return max(query(lson,l,mid,L,R),query(rson,mid+1,r,L,R));
}
int main()
{
freopen("nocross.in","r",stdin);
freopen("nocross.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&b[i]),loc[b[i]]=i;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]>=5)
all[i][1]=loc[a[i]-4];
if(a[i]>=4)
all[i][2]=loc[a[i]-3];
if(a[i]>=3)
all[i][3]=loc[a[i]-2];
if(a[i]>=2)
all[i][4]=loc[a[i]-1];
all[i][5]=loc[a[i]];
if(a[i]<=n-4)
all[i][6]=loc[a[i]+4];
if(a[i]<=n-3)
all[i][7]=loc[a[i]+3];
if(a[i]<=n-2)
all[i][8]=loc[a[i]+2];
if(a[i]<=n-1)
all[i][9]=loc[a[i]+1];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=9;j++)
{
if(all[i][j])
f[i][j]=query(1,0,n,0,all[i][j]-1);
}
for(int j=1;j<=9;j++)
{
if(all[i][j])
{
int ms=query(1,0,n,all[i][j],all[i][j]);
if(ms
platinum 3
这是这套题中对我而言最有纪念意义的题了。
还是两边N只牛N个牛棚，这次牛们只能一一对应回自己的棚，问有多少对线路相交而且牛的编号差距小于k（输入）。
这是一道三位偏序问题，要用CDQ分治，我先是想了半个多小时才发现这是三维偏序问题。。之前一直没写出来过cdq分治，只是知道其思想，而这道题则是我第一次实践，能够在没看题解的情况下自己YY出做法和cdq分治并AC，对我这个蒟蒻而言已经是很有纪念意义了。。。。
这次用结构体存两个量，第i个表示第i个牛棚，第一个量所对应的牛棚牛棚编号，第二个量表示所对应牛的位置。
solve(l,r)时，先将(l,mid)(mid+1,r)按照对应牛位置排序，因为要求的是逆序对，所以这样排序的话对于左区间的点直接查看已经插入了那些点（这些点一定是编号在它前面的），然后像归并排序那样依次看左右两个区间谁小，如果右边小，那么把1插入到它的对应编号即可，如果左边小，（设此时编号为x）ans便+=sum(x-k-1)+(sum(n)-sum(x+k))，顺便注意判一下边界，同时每次solve完树状数组要清零即可。
#include
#include
#include
#include
#include
#define mid (l+r)/2
using namespace std;
const int N=100050;
long long a1,b1[N],a[N],b[N];
int n,k;
long long in[N];
long long ans=0;
struct node
{
long long w,h;
}line[N];
int cmp(node a,node b)
{
return a.w0)
{
sum+=in[end];
end-=lowbit(end);
}
return sum;
}
void solve(int l,int r)
{
if(l==r)
return ;
solve(l,mid);
solve(mid+1,r);
sort(line+l,line+mid+1,cmp);
sort(line+mid+1,line+r+1,cmp);
int i=l,j=mid+1;
while(i<=mid&&j<=r)
{
if(line[i].w< line[j].w)
{
if(line[i].h>k)
ans+=sum(line[i].h-k-1);
if(line[i].h<=n-k)
ans+=sum(n)-sum(line[i].h+k);
i++;
}
else
{
plu(line[j].h,1);
j++;
}
}
while(i<=mid)
{
if(line[i].h>k)
ans+=sum(line[i].h-k-1);
if(line[i].h<=n-k)
ans+=sum(n)-sum(line[i].h+k);
i++;
}
while(j<=r)
plu(line[j].h,1),j++;
for(int i=mid+1;i<=r;i++)
plu(line[i].h,-1);
}
int main()
{
freopen("friendcross.in","r",stdin);
freopen("friendcross.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a1),a[a1]=i;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&b1[i]),b[i]=a[b1[i]];
for(int i=1;i<=n;i++)
line[i].w=b[i],line[i].h=b1[i];
solve(1,n);
cout<