【20161109】noip模拟赛

1．Game

【题目描述】

明明和亮亮在玩一个游戏。桌面上一行有n个格子，一些格子中放着棋子。明明和亮亮轮流选择如下方式中的一种移动棋子（图示中o表示棋子，*表示空着的格子）:

1）当一枚棋子的右边是空格子的话，可以将这枚棋子像右移动一格。

**o*** -> ***o**

2）当一枚棋子的右边连续两个都有棋子，并且这个棋子往右边数第3格没有棋子，那么可以将这个棋子可以跳过去那两个棋子

**ooo* -> ***oo*

当任何一枚棋子到达最右边的格子时，这枚棋子自动消失。当一方不能移动时，这方输。假设明明和亮亮都采取最优策略，明明先走，谁将取胜？

【输入数据】

第一行一个整数T表示数据组数， 0 < T < 10。

之后T组数据，每组两行，第一行n 表示格子个数，第二行n个字符表示每个格子的情况，o表示有棋子，*表示空着。

【输出数据】

对于每组数据一个输出，M表示明明赢，L表示亮亮赢。

【样例输入】

*o***

**o**o

*o***ooo**oo**

【样例输出】

【数据范围】

对于50%的数据， n < 20。

对于100%的数据， n < 1000。

第一题就博弈。。跪跪跪。。

真心不会博弈。。今晚好好重学一遍。。

看题解好像很好理解？？？

Game解题报告

对于前50%的数据，由于n<20，整个棋盘的状态个数 < 2^20。由于状态数有限，我们可以采取记忆化搜索的办法来实现。

但对于100%的数据，n的最大可能值达到999，记忆化搜索就不怎么可行了。其实本题有一个更简单的做法：

考虑每个棋子到最右边格子的距离。把所有棋子这样的距离的总和计为s。我们发现不管选择两种操作中的一种操作，每走一步，s的奇偶性都会发生一次变化。所以说，如果第一次轮到明明时，s是奇数，那么每次轮到明明时s都是奇数。而当s是奇数时，s肯定>0，这时明明总可以走最右边的棋子。也就是说当s为奇数时，总有棋子可以走。所以说，一开始若s为奇数，则明明必胜。同理，若一开始s为偶数，则当亮亮走的时候s总是奇数，所以明明必败。

贴个代码：

 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 #include
 5 using namespace std;
 6 
 7 const int N=25,M=1<<21;
 8 int n,f[2][M],a[N],b[N];
 9 char c[N],cc[N];
10 
11 int dfs(int x,int s)
12 {
13     if((s&1)!=0) s--;
14     if(f[x][s]!=-1) return f[x][s];
15     int ss,ans=0;
16     for(int i=0;i)
17     {
18         if((s&(1<0 && (i-1>=0 && (s&(1<<(i-1)))==0)) 
19         {
20             ss=s-(1<1<<(i-1));
21             if(dfs(1-x,ss)==0) ans=1;
22         }
23         if((s&(1<0 && (i-1>=0 && (s&(1<<(i-1)))!=0) && (i-2>=0 && (s&(1<<(i-2)))!=0) && (i-3>=0 && (s&(1<<(i-3)))==0)) 
24         {
25             ss=s-(1<1<<(i-3));
26             if(dfs(1-x,ss)==0) ans=1;
27         }
28     }
29     f[x][s]=ans;
30     // printf("f %d %d = %d\n",x,s,ans);
31     return ans;
32 }
33 
34 void solve1()
35 {
36     scanf("%s",c);
37     memset(f,-1,sizeof(f));
38     f[0][0]=f[1][0]=0;
39     int x=0;
40     for(int i=0;i)
41     {
42         if(c[i]=='o') x|=(1<<(n-1-i));
43     }
44     // printf("x = %d\n",x);
45     if(dfs(0,x)==1) printf("M\n");
46     else printf("L\n");
47 }
48 
49 void solve2()
50 {
51     scanf("%s",c+1);
52     int sum=0;
53     for(int i=1;i<=n;i++)
54     {
55         if(c[i]=='o') sum+=n-i;
56     }
57     if(sum%2==0) printf("L\n");
58     else printf("M\n");
59 }
60 
61 int main()
62 {
63     // freopen("a.in","r",stdin);
64     freopen("game.in","r",stdin);
65     freopen("game.out","w",stdout);
66     int T,x;
67     scanf("%d",&T);
68     while(T--)
69     {
70         scanf("%d",&n);
71         if(n<=20) solve1();
72         else solve2();
73     }
74     return 0;
75 }

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2．Walk

【题目描述】

有一块n *n 的土地上，明明和亮亮站在(1,1)处。每块地上写有一个数字a(i, j)。现在他们决定玩一个游戏，每一秒钟，他们俩走向相邻且坐标变大的格子（从(x,y)到(x+1,y)或者从(x,y)到(x,y+1)），他们俩可以按照不同方式来走，最后经过2n-1步到达(n,n)处。明明和亮亮每一秒钟计算他们站的两个位置上数字的差的绝对值，他们希望这些差值的和最大，请问这个最大的和是多少？

【输入数据】

第一行一个正整数n。

后面n行，每行n个整数，分别表示每块地上的数字。

【输出数据】

一个整数，表示最大的差值的和。

【样例输入】

1 2 3 4

1 5 3 2

8 1 3 4

3 2 1 5

【样例输出】

【数据范围】

n <= 100, 每块地上的数字的绝对值不超过300。

没什么好说的。就直接dp,f[i][j][k]表示走了i步，第一个人的横坐标是j，第二个人的横坐标是k。

通过走了i步可以算出纵坐标。

第一维只开了100又跪了。。

 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 #include
 5 using namespace std;
 6 
 7 const int N=210;
 8 int n,a[N][N],f[N][N][N];
 9 int dx[2]={0,1};
10 int dy[2]={1,0};
11 
12 int myabs(int x){return x>0 ? x:-x;}
13 int minn(int x,int y){return x x:y;}
14 int maxx(int x,int y){return x>y ? x:y;}
15 
16 int main()
17 {
18     // freopen("a.in","r",stdin);
19     freopen("walk.in","r",stdin);
20     freopen("walk.out","w",stdout);
21     scanf("%d",&n);
22     for(int i=0;i)
23         for(int j=0;j)
24             scanf("%d",&a[i][j]);
25     memset(f,-1,sizeof(f));
26     f[0][0][0]=0;
27     int x1,y1,x2,y2,xx1,yy1,xx2,yy2;
28     for(int i=0;i<=2*n-2;i++)
29         for(int j=0;j)
30             for(int k=0;k)
31             {
32                 if(f[i][j][k]==-1) continue;
33                 // printf("f %d %d %d = %d\n",i,j,k,f[i][j][k]);
34                 x1=j;y1=i-j;
35                 x2=k;y2=i-k;
36                 for(int ii=0;ii<=1;ii++)
37                     for(int jj=0;jj<=1;jj++)
38                     {
39                         xx1=x1+dx[ii];yy1=y1+dy[ii];
40                         xx2=x2+dx[jj];yy2=y2+dy[jj];
41                         if(xx1>=n || yy1>=n || xx2>=n || yy2>=n) continue;
42                         f[i+1][xx1][xx2]=maxx(f[i+1][xx1][xx2],f[i][x1][x2]+myabs(a[xx1][yy1]-a[xx2][yy2]));
43                     }
44             }
45     printf("%d\n",f[2*n-2][n-1][n-1]);
46     return 0;
47 }

View Code

3. Trip

【题目描述】

小朋友们出去郊游，明明和亮亮负责在草地上开一个篝火晚会。这个草地你可以认为是又 N * M 块单位长度为1的小正方形的草组成。

显然有的地方草长的好，有的地方长的不好，坐在上面显然舒服度是不一样的，于是每一块草都有一个舒服度 F。

现在明明和亮亮要选定一个 a*b 的草场作为晚会的地点，小朋友们就坐在上面，显然他希望小朋友们坐的最舒服！

不过别急，篝火晚会怎么能少了篝火呢，篝火需要占用 c*d 的草地，当然，篝火必须严格放置在选定的草地的内部，也就是说，篝火的边界不能和选定操场的边界有公共部分，不然学生们怎么围着篝火开晚会呢？

给定 N*M 大草地每一块的舒服度，寻找一个 a*b 的草地，除去一个严格内部的 c*d 的子草地，使得总的舒服度最大。

【输入数据】

第1行：6个整数，M , N, b, a, d, c

第2~N+1行：每行 M 个整数，第 i行j列的整数 Fi,j 表示，第 i行j列的单位草地的舒服度。

【输出数据】

一个整数，表示最大的舒服值。

【样例输入】

8 5 5 3 2 1

1 5 10 3 7 1 2 5

6 12 4 4 3 3 1 5

2 4 3 1 6 6 19 8

1 1 1 3 4 2 4 5

6 6 3 3 3 2 2 2

【样例输出】

【数据说明】

下面的图片就是对样例的解释，阴影区域就是最佳的选择方案。

比如方案 4 1 4 1 就是显然非法的，因为篝火出现出现在了选定草地的边界，学生们无法严格围住篝火。

【数据范围】

1 ≤ Fi,j ≤ 100

3 ≤ a ≤ N

3 ≤ b ≤ M

1 ≤ c ≤ a-2

1 ≤ d ≤ b-2

对于 40% 的数据 N,M ≤ 10

对于 60% 的数据 N,M ≤ 150

对于 100% 的数据 N,M ≤ 1000

这题其实就是求一个矩阵里的最小值。

然后就可以行做一遍，列做一遍。

我们可以一行一行的求出每个连续b-d-1个c*d矩形的最小值。再基于这个最小值，一列一列的求出每个a*b大矩形中和最小的c*d矩形。这样我们就可以找到最优的舒服值了。本算法的时间复杂度是O(MN)。

原本用优先队列。。然后超时了4个点哭。。

然后用单调队列就巨快了。。orz。。

 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 #include
 5 #include
 6 #include
 7 using namespace std;
 8 
 9 const int N=1100;
10 int n,m,A,B,C,D;
11 int a[N][N],c[N][N],s[N][N],t[N][N],p[N][N],rr[N][N],R[N][N];
12 struct node{int x,d;}q[N*N];
13 
14 int maxx(int x,int y){return x>y ? x:y;}
15 
16 
17 void solve()
18 {
19     node k;
20     int ind,l,r;
21     for(int i=1;i<=n;i++)
22     {
23         l=1;r=0;
24         for(int j=1;j+D-1<=B-2;j++)
25         {
26             k.x=j;k.d=p[i][j];
27             while(q[r].d>k.d && l<=r) r--;
28             q[++r]=k;
29             ind=j;
30         }
31         for(int j=1;j+B-2<=m;j++)
32         {
33             while(q[l].x;
34             rr[i][j]=q[l].d;
35             ind++;k.x=ind;k.d=p[i][ind];
36             while(q[r].d>k.d && l<=r) r--;
37             q[++r]=k;
38         }
39     }
40     for(int i=1;i<=m;i++)
41     {
42         l=1;r=0;
43         for(int j=1;j+C-1<=A-2;j++)
44         {
45             k.x=j;k.d=rr[j][i];
46             while(q[r].d>k.d && l<=r) r--;
47             q[++r]=k;
48             ind=j;
49         }
50         for(int j=1;j+A-2<=n;j++)
51         {
52             while(q[l].x; 
53             R[j][i]=q[l].d;
54             ind++;k.x=ind;k.d=rr[ind][i];
55             while(q[r].d>k.d && l<=r) r--;
56             q[++r]=k;
57         }
58     }
59     int ans=0;
60     for(int i=1;i+A-1<=n;i++)
61         for(int j=1;j+B-1<=m;j++)
62             ans=maxx(ans,t[i][j]-R[i+1][j+1]);
63     printf("%d\n",ans);
64 }
65 
66 int main()
67 {
68     // freopen("a.in","r",stdin);
69     freopen("trip.in","r",stdin);
70     freopen("trip.out","w",stdout);
71     scanf("%d%d%d%d%d%d",&m,&n,&B,&A,&D,&C);
72     for(int i=1;i<=n;i++)
73         for(int j=1;j<=m;j++)
74             scanf("%d",&a[i][j]);
75     memset(s,0,sizeof(s));
76     for(int i=1;i<=n;i++)
77         for(int j=1;j<=m;j++)
78         {
79             s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+a[i][j];
80         }
81     for(int i=1;i+A-1<=n;i++)
82         for(int j=1;j+B-1<=m;j++)
83             t[i][j]=s[i+A-1][j+B-1]-s[i+A-1][j-1]-s[i-1][j+B-1]+s[i-1][j-1];
84     for(int i=1;i+C-1<=n;i++)
85         for(int j=1;j+D-1<=m;j++)
86             p[i][j]=s[i+C-1][j+D-1]-s[i+C-1][j-1]-s[i-1][j+D-1]+s[i-1][j-1];
87     solve();
88     return 0;
89 }

点分治裸题。。

先找出树的重心，对于每个点维护一个到树的重心的乘积d[x]。

然后找经过树的重心的树链是否有乘积为k的。

然后分治算各个子树。

ps：学了奥爷爷的线性求逆元。。强啊。。

  1 #include
  2 #include
  3 #include
  4 #include
  5 #include
  6 #include
  7 using namespace std;
  8 
  9 typedef long long LL;
 10 const int N=1000100,M=1000010,mod=1000003,INF=(int)1e9;
 11 int n,len,sl,tl,a1,a2;
 12 LL K,d[N],val[N],t[N],s[N],v[M],ny[M];
 13 int first[N],size[N],mark[N],id[M];
 14 struct node{
 15     int x,y,next;
 16 }a[2*N];
 17 
 18 int minn(int x,int y){return x x:y;}
 19 
 20 LL quickpow(LL x,LL y)
 21 {
 22     LL ans=1;
 23     while(y)
 24     {
 25         if(y&1) ans=ans*x%mod;
 26         x=x*x%mod;
 27         y/=2;
 28     }
 29     return ans;
 30 }
 31 
 32 int ins(int x,int y)
 33 {
 34     a[++len].x=x;a[len].y=y;
 35     a[len].next=first[x];first[x]=len;
 36 }
 37 
 38 void find_root(int x,int fa,int tot,int &root)
 39 {
 40     size[x]=1;
 41     bool bk=1;
 42     for(int i=first[x];i;i=a[i].next)
 43     {
 44         int y=a[i].y;
 45         if(mark[y] || y==fa) continue;
 46         find_root(y,x,tot,root);
 47         size[x]+=size[y];
 48         if(2*size[y]>tot) bk=0;
 49     }
 50     if(bk && 2*(tot-size[x])<=tot) root=x;
 51 }
 52 
 53 void DFS(int x,int fa,int root)
 54 {
 55     d[x]=d[fa]*val[x]%mod;
 56     t[++tl]=d[x];id[tl]=x;
 57     LL now=(ny[d[x]]*K%mod)*val[root]%mod;
 58     if(v[now]) 
 59     {
 60         int X=x,Y=v[now];
 61         if(X>Y) swap(X,Y);
 62         if(XY;
 63         else if(X==a1 && YY;
 64     }
 65     size[x]=1;
 66     for(int i=first[x];i;i=a[i].next)
 67     {
 68         int y=a[i].y;
 69         if(mark[y] || y==fa) continue;
 70         DFS(y,x,root);
 71         size[x]+=size[y];
 72     }
 73 }
 74 
 75 int dfs(int x,int tot)
 76 {
 77     find_root(x,0,tot,x);
 78     // printf("tot = %d  root = %d\n",tot,x);
 79     mark[x]=1;
 80     sl=0;s[++sl]=val[x];
 81     d[x]=val[x];
 82     for(int i=first[x];i;i=a[i].next)
 83     {
 84         int y=a[i].y;
 85         if(mark[y]==1) continue;
 86         tl=0;
 87         DFS(y,x,x);
 88         for(int j=1;j<=tl;j++)
 89         {
 90             s[++sl]=t[j];
 91             if(v[t[j]]==0) v[t[j]]=id[j];
 92             else v[t[j]]=minn(v[t[j]],id[j]);
 93         }
 94     }
 95     if(v[K]) 
 96     {
 97         int X=x,Y=v[K];
 98         if(X>Y) swap(X,Y);
 99         if(XY;
100         else if(X==a1 && YY;
101     }
102     for(int i=1;i<=sl;i++) v[s[i]]=0;
103     for(int i=first[x];i;i=a[i].next)
104     {
105         int y=a[i].y;
106         if(mark[y]==1) continue;
107         dfs(y,size[y]);
108     }
109 }
110 
111 int main()
112 {
113     // freopen("a.in","r",stdin);
114     freopen("multik.in","r",stdin);
115     freopen("multik.out","w",stdout);
116     scanf("%d%d",&n,&K);
117     len=0;a1=INF;a2=INF;
118     memset(v,0,sizeof(v));
119     memset(mark,0,sizeof(mark));
120     memset(first,0,sizeof(first));
121     ny[1]=1;
122     for(int i=2;i<=mod;i++) 
123         ny[i]=(mod-(mod/i))*ny[mod%i]%mod;
124         // ny[i]=quickpow(i,mod-2);
125     for(int i=1;i<=n;i++)  
126         scanf("%d",&val[i]);
127     for(int i=1;i)
128     {
129         int x,y;
130         scanf("%d%d",&x,&y);
131         ins(x,y);
132         ins(y,x);
133     }
134     dfs(1,n);
135     if(a1"%d %d\n",a1,a2);
136     else printf("No solution\n");
137     return 0;
138 }

posted @ 2016-11-09 19:15 拦路雨偏似雪花阅读( ...) 评论( ...) 编辑收藏

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