2016 USP-ICMC

Time：2018.4.11  2:20-6:00  

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A Giant Snail Maze

题意

 

分析

ym：从里向外dpdp，转移时维护前缀minmin正反转两圈。待补

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B Martian Sunrise   sole  by  ym  sole by czh

题意

给出n种音调，一种音调由7个音阶构成，一个音乐家可以演奏2种音调，现给出有一个很长的曲子共有m个音阶,一个音乐家可以演奏其中连续的一段，问最少需要多少个音乐家

(n<=16，m<=1e5)

分析

ym：将所有情况枚举出来，从左到右贪心的取即可，时间复杂度(n^2*m)

czh：从一到ans枚举音乐家的谱子

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C Sleep Buddies    solved by ym&czh

分析

直接对每一个集合的数看做二进制的位，最多只有2^10，枚举数字算贡献即可，小数注意精度eps，时间复杂度O(2^10*2^10*10)

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D Interstellar Love

Difficult

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E Mars Explorer

题意

 

分析

ym：正着走拿物品不会更优，因此先正着走到最远处，往回走的时候再考虑拿，bitsetbitset优化背包，需要注意自身重量。待补

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F  Bandejao      solved by czh&ym

签到

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G Job List

题意

 

分析

模拟 

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H Reporting on Mars       solved by ym&czh

题意

实质上给n个-1/1的序列，要求每个连续的k个数的乘积都为正数，可以对任意数进行修改，问最少修改的次数

分析

 赛时：贪心wa的结束

 赛后：实施证明贪心确实容易漏情况

            简单推导发现下标 mod k 同余的位置符号相同，可以预处理出每类位置取正或者取负的代价，然后简单dp即可

            dp[i][0/1]:前i个位正数/负数的最优解

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I Lazy Painting       solved by ym&czh

题意

给一个有n×m个格子的网格，给出一个H×W的矩形，现给出q条操作，每条操作给出当前操作的左上角的格子坐标为(ri,ci)为矩形的涂色，若左边界全涂色则不进行任何涂色，若未被全部涂色，则从左边界为染色的格子出发开始在矩形内染未染色的格子  1 ≤ N, M ≤ 105 and 1 ≤ N * M ≤ 3 * 106，(1 ≤ H ≤ N, 1 ≤ W ≤ M) ，q (1 ≤ q ≤ 105)， (1 ≤ ri ≤ N - H + 1, 1 ≤ ci ≤ M - W + 1)

分析

数据范围过大，若想开数组需考虑用vector动态开二维数组

显然对每一个询问暴力从左边界bfs修改会爆炸

主要问题是如何解决被涂色的点呗被重复询问，可以对于每一列开一个set，1~n从小到大编号，染色的格子删掉，每次二分查找左边界未涂色的格子，从其出发dfs

(erase中指针被删除会失效)

时间复杂度O(n*mlognlogn)

#include
using namespace std;
int dx[5]={1,-1,0,0};
int dy[5]={0,0,1,-1};


const int maxn = 2e5+7;

setpos[maxn];
int sum;
int n,m,h,w,q,x,y;
int xx, yy;

void dfs(int a, int b)
{
    if(axx||byy||pos[b].count(a)==0)
        return;
    pos[b].erase(a);
    sum--;
    for(int i=0;i<4;i++)
    {
        dfs(a+dx[i], b+dy[i]);
    }

}

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d%d", &n, &m, &h, &w, &q);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            pos[i].insert(j);
        }
    }
    sum=n*m;
    while(q--)
    {
        scanf("%d%d", &x, &y);
        xx=x+h-1, yy=y+w-1;
        set::iterator p;
        p=pos[y].lower_bound(x);
        while( p!=pos[y].end()&&(*p)<=xx)
        {
            dfs(*p,y);
            //int t=*p;
            p=pos[y].lower_bound(x); //  此行不知道为什么将x改为*p就RE
            if(p==pos[y].end())
                break;
        }
        printf("%d\n", sum);
    }
    return 0;
}

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J The Keys       solved by ym &czh

题意

n扇门从1~n排成一行，按顺序开门，给出开n扇门的钥匙比编号，现有m个钥匙扣，每把钥匙随机的放在一个钥匙扣上，初始所有的钥匙扣都在兜里，问需要交换几次使全部的门都打开的期望值

(一把钥匙可能开多扇门，每次交换一定可以将正确的钥匙拿出，开第一扇门拿的钥匙扣不算交换次数，每次交换)

分析

每一扇门不在当前钥匙扣的概率为(k-1)/k

根据期望线性可加不难算出ans=k−1k∑ni=1[di≠di+1]ans=k−1k∑i=1n[di≠di+1]。

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K Dire, Dire Docks

题意

给出n个点的坐标，要求有n条线段，线段只经过两个点，且不能穿过其它线段，一个点不能超过四条线段连接，输出线段的起末点，解不唯一，顺序不唯一

分析

ym：极角排序，留坑

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Summary

Ym：深知dp多么强大，不会dp是多么无助，前期脑残罚时过多

Czh:

 

转载于:https://www.cnblogs.com/Deadline/p/8795063.html