2017.5.17 COCI2014/2015 Contest#5
B 贪吃蛇简化版
【分析】我感觉这题应该有一个比较好的贪心策略，就是“S”形走。我感觉这样挺靠谱的，然后也就这么敲了。当然这个是比较感性的，比较靠直觉，但是还是敲了。。。
【代码】
#include
using namespace std;
#define oo 1000000007
#define M 1005
int n,m,lim,ans=-1,now=1;
char mp[M][M];
int to[M][M];
int main(){
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=n;i>=1;i--){
scanf("%s",mp[i]+1);
to[0][i]=oo;
for(int j=1;j<=m;j++){
if(mp[i][j]!='J')continue;
if(to[0][i]==oo)to[0][i]=j;
to[1][i]=max(to[1][i],j);
lim=max(lim,i);
}
}
for(int i=1;i<=lim;i++){
if(i==lim){
if(i%2==1)ans+=to[1][i]-now;
else ans+=now-to[0][i];
}
else if(i%2==0){
int p=min(to[0][i],to[0][i+1]);
if(now>p){
ans+=now-p;
now=p;
}
}
else{
int p=max(to[1][i],to[1][i+1]);
if(p>now){
ans+=p-now;
now=p;
}
}
}
ans+=lim;
printf("%d\n",ans);
return 0;
} C 采蘑菇的摩托车
【分析】
题目比较清楚。题目求一个最小值，而且答案是具有单调性的，这就想到了二分。
二分时间。但是怎么判这种情况是否合法呢？如果摩托车只是横着或者竖着，当然是 O(n) 记录在数组中判一下。但是对角线怎么判呢？是否也能 O(n) 判呢？既然是对角线，假如外面有一个巨大的正方形，我能够算出这个点算出解析式y=x+k，然后知道最后落在哪。
敲完代码，又突然发现不用二分。。。直接for过来就好了。
#include D 帅数
【分析】
都已经是D题了，这道题肯定不会这么简单！然后就开始打表找规律了。然后 然后就放弃了。
之后就当是模拟题写了，因为怎么搞都不会超时啊。因为我最讨厌的就是这种模拟题，所以我调了2个小时。（一共也才3个小时）。这也体现出我的代码功底还不到位。
这里贴的是我的一位学长的代码，以及他对模拟这题一些想法。
【代码】
/*
理解好题目后不妨称作是一道模拟题。
从前向后扫描这个数，如果遇到了一个位置与上一个位置的奇偶性相同，就开始修改。
修改共有两种方法，改大和改小，为了和原数尽可能接近，改大的数之后的部分用0和1交替补充，改小的用8和9交替补充。最后再用高精减比较距离。修改的过程中有一些特殊情况，比如进位等稍微考虑一下可以发现，存在进位，退位等情况的修改都不会得到更优的答案，所以可以忽略。
总体思路还是比较简单的，就是高精有点麻烦。
*/
const int M=1005,P=1e7;
int n,flag=-1;//0b 1s
int xp[10];
char A[M],B[M],S[M];
void make_big(){
int p=1,k=(A[0]-'0')&1;
B[0]=A[0];
while(p1;
if(((A[p]-'0')&1)!=k)break;
B[p]=A[p];p++;
}
if(A[p]=='9'){flag=1;return;}
if(p1;
while(++p1;B[p]=k+'0'; }
}
void make_small(){
int p=1,k=(A[0]-'0')&1;
S[0]=A[0];
while(p1;
if(((A[p]-'0')&1)!=k)break;
S[p]=A[p];p++;
}
if(A[p]=='0'){flag=0;return;}
if(p1;
while(++p1;S[p]=k+'8'; }
}
void init(){
int t=1;
for(int i=0;i<=7;i++){
xp[i]=t;t*=10;
}
}
struct BigInt{
int num[150];
BigInt(){memset(num,0,sizeof(num));}
void push(char *str){
for(int i=0;iint t=str[n-i]-'0';
num[i/8]+=xp[i%8]*t;//压位
}
}
};
BigInt minus(BigInt a,BigInt b){
BigInt res;
for(int i=0;i<150;i++){
res.num[i]=a.num[i]-b.num[i];
if(res.num[i]<0){
res.num[i]+=P;a.num[i+1]-1;
int k=i+1;while(k<150&&a.num[k]<0)a.num[k++]+=P;
}
}return res;
}
int cmp(BigInt a,BigInt b){
for(int i=149;i>=0;i--){
if(a.num[i]>b.num[i])return 1;
if(a.num[i]return -1;
}return 0;
}
bool check(){
if(flag!=-1)return flag;
BigInt a,b,s;
a.push(A);b.push(B);s.push(S);
int t=cmp(minus(b,a),minus(a,s));
if(!t)printf("%s ",S);
if(t>0)return 1;
else return 0;
}
int main(){
init();
gets(A);n=strlen(A);
make_big();make_small();
if(check())printf("%s\n",S);
else printf("%s\n",B);
return 0;
} E 苹果落地
【分析】
这题比赛的时候没有写出来真的是太失误了，因为我们做过类似的！
然而因为浪费了大多数时间在D题上，所以最后没有几分钟来调代码了，只是交了最暴力的50分的代码。
我们有这样一个习惯，比如枚举一维，贪心另一维。对于一个点（x，y），我们可以枚举答案是在第i行，那么答案一定产生在最靠近y的地方，那么我们可以对所有的点进行预处理，l[i][j]表示在第i行，列小于等于j的最大值。r[i][j]也就同理。那么答案一定是从l[i][y]和r[i][y]中产生的。
至于要加入（x，y）这个点也只需要将x行的数组更新一遍就好了。
最后的复杂度就是 O((n+m)q) 了。
【代码】
#include void Min(int &x,int y){
if(x==-1||x>y)x=y;
}
int main(){
mem(l,-1);
mem(r,-1);
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",a+1);
for(int j=1;j<=m;j++){
if(a[j]!='x')continue;
for(int k=j;k<=m;k++)Max(l[i][k],j);
for(int k=1;k<=j;k++)Min(r[i][k],j);
}
}
scanf("%d",&g);
while(g--){
int x,y;
scanf("%d %d",&x,&y);
int d=-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int p=l[i][y];
if(p!=-1)Min(d,(x-i)*(x-i)+(y-p)*(y-p));
int q=r[i][y];
if(q!=-1)Min(d,(x-i)*(x-i)+(y-q)*(y-q));
}
printf("%d\n",d);
for(int i=y;i<=m;i++)Max(l[x][i],y);
for(int i=1;i<=y;i++)Min(r[x][i],y);
}
return 0;
} 我之前说的类似的题目是有很多圆和很多点，求有多少个点没有被圆覆盖。那道题是用multiset来维护的。
【代码】
#include F 疯狂原始人
比赛的时候还是看了一下题目的。然后就蒙逼了。
赛后就学习了AC自动机和fail树。
我所理解的AC自动机，就是我们在对一个母串匹配的一个巨大的优化：
我们在通常匹配的时候就是两层for，只要一不满足，母串的i++，子串的j=0，重新进行匹配，这样之前所做的努力就全部清空了。我们所希望的，就是子串之前已经匹配出的串能在母串中找到相同的地方，然后继续匹配。
那么AC自动机和fail树做的就是这个工作了。
然后，对于fail上的一个节点，如果它有一个子孙在自动机上走的时候被遍历到了，那么这个点权值也需要增加。而且一个点被遍历了一次，那么它的所有祖先权值都需要增加，这里可以使用树状数组+dfs序来解决。但是如果一个点有多个子孙都被遍历到了，那么这个点的权值就会出错。
对于一个点，它如果有多个子孙被遍历过，应该只算1次。
观察每两个点，他们的LCA及以上就应当被减去重复的权值，同样使用树状数组+DFS序。
但是如果每两个点都减一遍的话肯定又会多减去很多权值。
再仔细观察之后发现，对于一个节点内所有被遍历的儿子，只需要把每两个相邻的儿子LCA及以上减去权值就好了。
最后询问的时候，我们找到询问串的末尾是那一个节点，询问这个节点及其子树内的权值和即可。
小C说这道题很巧妙，因为在敲完Build_Trie、Build_AC、Build_Fail之后，这道题才刚刚开始。因为这里要用到fail树的性质、dfs序、LCA以及树状数组的更新和查询。
因为对于第一次接触AC自动机和fail树，而且fail树的这个性质特别的玄学，博主真的不能展开讲，所以大家还是在网上搜索吧。估计搜不到，我这里只讲这道题的fail树怎么处理。
【代码】
#include int now[M];
void Run_word(){
scanf("%s",str);
int len=strlen(str);
int sz=0,cur=0;
for(int i=0;iint c=str[i]-'a';
cur=pre[cur][c];
if(cur)now[sz++]=cur;
}
sort(now,now+sz,cmp);
for(int i=0;i1);
if(i)T.add(ls[LCA(now[i],now[i-1])],-1);
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<=22;i++)two[i]=1<for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",str);
int cur=0;
int len=strlen(str);//Build_Trie
for(int j=0;jint c=str[j]-'a';
if(!pre[cur][c])pre[cur][c]=++id;
cur=pre[cur][c];
}
pos[i]=cur;
}
Build_AC();
dfs(0,0);
for(int i=1;i<=20;i++){
for(int j=1;j<=id;j++){
fa[i][j]=fa[i-1][fa[i-1][j]];
}
}
scanf("%d",&q);
while(q--){
int f;
scanf("%d",&f);
if(f==1)Run_word();
else{
int x;
scanf("%d",&x);
int Id=pos[x];
printf("%d\n",T.query(rs[Id])-T.query(ls[Id]-1));
}
}
return 0;
} 这场比赛如果策略得当的话，是能A掉4题。
但是又一次地死在了代码量大的模拟题上，我最不擅长的模拟题。
这也许是我的compare大法使用过多的后遗症吧。其实compare大法是既耗时，又耗脑，还没有好处的事情。因为你没有自己调过那些小细节。既然没有真正调出那些小细节，那就说明你没有完全把握住那些小细节。下次比赛中随便再来一个小细节，你没有调出来，那么题目就过不掉，也没有别人的代码给你比较。
我以后再想用compare大法的时候，我应该要想起曾经这些比赛摔的跤，自己扎扎实实地独立地调出代码。
同时，敲代码的时候绝对不能想到什么就敲什么，一些题目的小细节一定要提前做好规划，既能精简思维，又能提高敲代码的速度，做到显示屏上无代码，而心中有代码。
愿自己以后能够快速地A掉万恶的模拟题。