【NOIP模拟赛】小奇颓废赛 Day2

D2T1

小奇挖矿2

【题目背景】
小奇飞船的钻头开启了无限耐久+精准采集模式！这次它要将原矿运到泛光之源的矿石交易市场，以便为飞船升级无限非概率引擎。
 【问题描述】
现在有m+1个星球，从左到右标号为0到m，小奇最初在0号星球。
有n处矿体，第i处矿体有ai单位原矿，在第bi个星球上。
由于飞船使用的是老式的跳跃引擎，每次它只能从第x号星球移动到第x+4号星球或x+7号星球。每到一个星球，小奇会采走该星球上所有的原矿，求小奇能采到的最大原矿数量。
注意，小奇不必最终到达m号星球。

输入
第一行2个整数n，m。
接下来n行，每行2个整数ai，bi。

输出
输出一行一个整数，表示要求的结果。

样例输入
3 13
100 4
10 7
1 11

样例输出 Copy
101

提示
【样例解释】
第一次从0到4，第二次从4到11，总共采到101单位原矿。
 
【数据范围】
对于20%的数据 n=1，m<=10^5
对于40%的数据 n<=15，m<=10^5
对于60%的数据 m<=10^5
对于100%的数据 n<=10^5，m<=10^9，1<=ai<=10^4，1<=bi<=m

初眼思路：搜索。。。

打出来之后不敢交，最后水了二十分

正解：线性动态规划

• 因为我们只能走4步或者7步，根据小凯的疑惑定理，易知4*7-4-7=18之后的步数我们都可以到达，于是我们可以先根据距离排序，然后把两点之间大于17的点之间设为18

• 然后我们只需要从头开始进行动态规划就可以了，可是为什么要这样进行动态规划呢

• 我们只能走4或者7步，不走一定不是最优解，所以我们考虑走4步或者走7步，当前走4步也许比走7步要优，但是走7步在后面也许是最优解，这是我们怎样理解这个转移方程呢

• 因为我们在后面仍然可以更新，最终我们当前走的这4步，后面走7步的最优解会更新出来，所以确保了我们转移方程的正确性

核心代码

for(int i=1;i<=n;i++) {
        if(e[i].b-e[i-1].b>17) now+=18,v[now]+=e[i].a;
        else now+=e[i].b-e[i-1].b,v[now]+=e[i].a;
    }
    f[0]=0;
    for(int i=0;i<=now;i++) {
        if(f[i]!=-1) {
            f[i+4]=max(f[i+4],f[i]+v[i+4]);
            f[i+7]=max(f[i+7],f[i]+v[i+7]);
            ans=max(ans,f[i]);
        }
    }

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D2T2

小奇的矩阵

【题目背景】
小奇总是在数学课上思考奇怪的问题。
 【问题描述】
给定一个n*m的矩阵，矩阵中的每个元素aij为正整数。
接下来规定
1.合法的路径初始从矩阵左上角出发，每次只能向右或向下走，终点为右下角。
2.路径经过的n+m-1个格子中的元素为A1,A2…A(n+m-1)，Aavg为Ai的平均数，路径的V值为(n+m-1)*∑(Ai-Aavg) ^2
(1<=i<=n+m-1)
求V值最小的合法路径，输出V值即可，有多组测试数据。

输入
第一行包含一个正整数T，表示数据组数。
对于每组数据：
第一行包含两个正整数n和m，表示矩阵的行数和列数。
接下来n行，每行m个正整数aij，描述这个矩阵。

输出
对于每次询问，输出一行一个整数表示要求的结果

样例输入
1
2 2
1 2
3 4

样例输出
14

提示
对于30%的数据 n<=10，m<=10
有另外40%的数据 n<=15 m<=15，矩阵中的元素不大于5
对于100%的数据 T<=5，n<=30，m<=30，矩阵中的元素不大于30

初眼思路：多维动态规划

但是题目中给的n+m-1我不知道是乘在里面还是乘在外面，我把每种情况都试了，没有一个对住样例的，于是我就放弃了，怪我咯

正解：多维动态规划

• 我们首先把题目中所给的式子变形Ans=(n+m−1)(A1^2+A22+…+An+m−1^2)−2Sum2+Sum^{2=(n+m−1)(A1}2+A2^{2+…+An+m−1}2)−Sum^2
  转载于此地

• 我们定义一个三维数组f[i][j][k]来记录当前坐标记录的总和值为k的最小值（我也是第一次遇到这样的动态规划题，涨知识了）

核心代码

f[1][1][map[1][1]]=map[1][1]*map[1][1];
for(int i=1;i<=n;i++) {
	for(int j=1;j<=m;j++) {
		if(i==1&&j==1) continue;
		for(int k=map[i][j];k<=1770;k++) {
			f[i][j][k]=min(f[i-1][j][k-map[i][j]],f[i][j-1][k-map[i][j]])+map[i][j]*map[i][j];
		}
	}
}
ans=1e9;
for(int k=0;k<=1770;k++) {
	tot=1ll*(n+m-1)*f[n][m][k]-k*k;
	if(ans>tot) ans=tot;
}

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D2T3

小奇的仓库

【题目背景】
小奇采的矿实在太多了，它准备在喵星系建个矿石仓库。令它无语的是，喵星系的货运飞船引擎还停留在上元时代！ 
【问题描述】
喵星系有n个星球，星球以及星球间的航线形成一棵树。
从星球a到星球b要花费[dis(a,b) Xor M]秒。（dis（a,b）表示ab间的航线长度，Xor为位运算中的异或）
为了给仓库选址，小奇想知道，星球i（1<=i<=n）到其它所有星球花费的时间之和。

输入
第一行包含两个正整数n，M。
接下来n-1行，每行3个正整数a,b,c，表示a，b之间的航线长度为c。

输出
n行，每行一个整数，表示星球i到其它所有星球花费的时间之和。

样例输入
4 0
1 2 1
1 3 2
1 4 3

样例输出
6
8
10
12

测试点编号	N	M
1	6	0
2	100	5
3	2000	9
4	50000	0
5	50000	0
6	50000	1
7	50000	6
8	100000	10
9	100000	13
10	100000	15

保证答案不超过2*10^9

初眼思路：倍增

类似于同时处理f和dis数组，但是我打了两个多小时，在自己造的数据中还是挂了，最后想打个树的遍历，没时间了，于是成功爆0

正解：树形动态规划

据说是两遍dfs就可以了，大佬说是换根DP，我也听不懂，最终在百思不得其解之后放弃

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摘自大佬题解

首先考虑不异或

那么我们先算出根节点1到所有点的距离和

接下来假设2是1儿子，边为<1,2,w>，size[i]为i的子树的大小

ans[2]=ans[1]+(n-size)w-sizew=ans[1]+(n-2*size)*w

但本题加了异或，异或不满足分配律，所以不能算出再异或

但我们发现m很小，最多也就2^4-1，也就是1111

异或只会影响后4位

于是设f[i][j]为i到其它点，后4位状态为j的路径条数

显然列出：

f[u][0]=1

f[u][(j+w)%16]+=f[v][j]

这还只算了子树

f[v][(j+w)%16]+=(f[u][j]-f[v][((j-w)%16+16)%16])

解释一下，u这个点的所有f[u][j]除去v的方案再加入v，等于把v的方案

从子树补到整棵

AC代码

#include
#define N 100005
using namespace std;
struct edge {
	int next,to,l;
}e[N<<1];
int n,m,cnt,head[N],f[N],g[N],sz[N],up[N][16];
inline void add(int x,int y,int z) {
	e[++cnt].to=y,e[cnt].l=z,e[cnt].next=head[x],head[x]=cnt;
}
inline void dfs1(int x,int fa) {
	sz[x]=1;
	for(int i=head[x];i;i=e[i].next) {
		int y=e[i].to,l=e[i].l;
		if(y==fa) continue;
		dfs1(y,x);
		g[x]+=g[y]+l*sz[y];
		sz[x]+=sz[y];
		for(int j=0;j<16;j++) {
			int k=j+l;k-=k>>4<<4;
			up[x][k]+=up[y][j];
		}
		up[x][l-(l>>4<<4)]++;
	}
}
inline void dfs2(int x,int fa,int cnt) {
	g[x]+=f[x]; int sum=g[x];
	int s=cnt+sz[x],d[20];
	for(int i=head[x];i;i=e[i].next) {
		int y=e[i].to,l=e[i].l;
		if(y==fa) continue;
		f[y]=sum-g[y]+l*(s-sz[y]*2);
		for(int i=0;i<16;i++) d[i]=up[x][i];
		for(int j=0;j<16;j++) {
			int k=j+l;k-=k>>4<<4;
			d[k]-=up[y][j];
		}
		d[l-(l>>4<<4)]--;
		for(int j=0;j<16;j++) {
			int k=j+l;k-=k>>4<<4;
			up[y][k]+=d[j];
		}
		up[y][l-(l>>4<<4)]++;
		dfs2(y,x,s-sz[y]);
	}
}
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<n;i++) {
		int x,y,z;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		add(x,y,z),add(y,x,z);
	}
	dfs1(1,0);
	dfs2(1,0,0);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=0;j<16;j++) {
			int k=j^m;
			g[i]+=(k-j)*up[i][j];
		}
		printf("%d\n",g[i]);
	}
	return 0;
}

最终得分20+0+0=20，还有四十天就要2019CSP了，慌得一批，还是好好学习吧，在还没有成为定局之前就是应该一直拼搏