TCO Algorithm round 2C 简要题解

TCO Algorithm round 2C 简要题解

300pt

    一个人在一个图上行走，每次走边权值最小的边，如果有多个边权最小的边就选择标号最小的。现在让你修改某个边权，请问如何才能让这个人走的最多。

    边权小于10000大于0。点数不超过30的完全图。

算法分析：

    根据数据范围可以确定，枚举修改每条边，强制让那个人走这条边就可以了。时间复杂度V^4。

    比赛的时候没有看到边权一定要大于0。结果悲剧了。

 1 #include<iostream>
 2 #include< string>
 3 #include<vector>
 4 #include<cstring>
 5  using  namespace std;
 6  const  int V = 60;
 7  int G[V][V],num[V];
 8  void chkmax( int &a, int b){
 9      if(a < b) a = b;
10 }
11  int vis[V],n;
12  int work(){
13     memset(vis,0, sizeof(vis));
14      int u = 0, ans = 0;
15      while(1){
16         vis[u] = 1;
17          int fst = -1, snd = -1, mx = 10000, mn = 10000;
18          for( int v = 0; v < n; v ++)  if(!vis[v]){
19              if(G[u][v] < mn){
20                 mx = mn; snd = fst;
21                 mn = G[u][v]; fst = v;
22             }
23              else  if(G[u][v] < mx){
24                 mx = G[u][v]; snd = v;
25             }
26         }
27          if(fst == -1)  return ans;
28          int k = num[u];
29          if(vis[k])  return 0;
30          int val;
31          if(u==18 && num[u]==27){
32      //         cout<<fst<<" "<<snd<<endl;
33           //     cout<<mn<<" "<<mx<<endl;
34              
35         }
36          if(k == fst) {
37              if(snd == -1) val = 9999;
38              else val = mx - (k < snd ? 0 : 1);
39             u = fst;
40         }
41          else  if(k == -1){
42             val = G[u][fst];
43             u = fst;
44         }
45          else {
46             val = G[u][fst] - (k < fst ? 0 : 1);
47              if(k == snd && !(mx == 9999 && fst < snd)){
48                 val = mx;
49             }
50              if(val == 0)  return 0;
51             u = k;
52         }
53         ans += val;
54     }
55 }
56  class GreedyTravelingSalesman{
57      public :  int worstDistance(vector < string> thousands, vector < string> hundreds, vector < string> tens, vector < string> ones){
58         n = ones.size();
59          for( int i=0;i<n;i++)
60              for( int j=0;j<n;j++)
61                 G[i][j] = (thousands[i][j]-'0')*1000+ (hundreds[i][j]-'0')*100 + (tens[i][j]-'0')*10 + (ones[i][j]-'0');
62          int ans = 0;
63          for( int i=0;i<n;i++)
64              for( int j=0;j<n;j++) {
65                 memset(num,-1, sizeof(num));
66                 num[i] = j;
67                  int v = work();
68                 chkmax(ans, v);
69                  // if(v == 40375 || v ==39896)cout<<i<<" "<<j<<" "<<v<<endl;
70              }
71          return ans;
72     }
73 };

500pt

    欧式平面上有N个点，(N<30,000)。横纵坐标在0到1,000,000,000之间，且保证没有x值或者y值相同的点。请问满足x1<x2<x3 && y1<y3<y2的点一共有多少个？

算法分析：

    将横坐标排序，从左到右扫描，检查纵坐标。问题变成了点i之前有多少个yj>yi && yk<yi且j>k的点对。显然离散化之后线段树可以搞。

    我们按照从左到右的顺序插入点。要维护三个值： 

        1. 区间[l,r]有多少个点。由此我们在插入i的时候就知道之前有多少个比i小的点了。

        2. 区间[l,r]有多少个以k为右上端点的线段。

        3. 区间[l,r]有多少个以k为左下端点的线段。

    在查询的时候，对于比i大的区间[l,r]，(值2-值3)就是这个区间里符合条件的线段数。都加上就好了。

    我们可以用值1来维护值2。用懒惰标记更新值3。

    写起来还是比较容易写错的。
   upt: 磊哥教了我一个从右向左扫描动态求逆序数的方法 Orz!!!! 比这个好想很多也好写很多。。。。。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdlib>
 3 #include<algorithm>
 4  using  namespace std;
 5 typedef  long  long ll;
 6 typedef pair<ll, ll> pnt;
 7  const  int N = 300005;
 8 ll num[N<<2], sum[N<<2], hash[N], suma[N<<2] , ans, v;
 9  int chg[N<<2];
10 pnt flag[N];
11  int find(ll val,  int n){
12      int l = 0, r = n;
13      while(l < r){
14          int mid = l+r >> 1;
15          if(hash[mid] >= val) r = mid;
16          else l = mid+ 1;
17     }
18      return l;
19 }
20  void pushdown( int pos){
21      if(chg[pos]){
22          int l = pos <<1, r = pos<<1 |1;
23         chg[l] += chg[pos];
24         chg[r] += chg[pos];
25         suma[l] += num[l] * chg[pos];
26         suma[r] += num[r] * chg[pos];
27         chg[pos] = 0;
28     }
29 }
30  void sumup( int pos){
31      int l = pos <<1;  int r = pos<<1|1;
32     sum[pos] = sum[l] + sum[r];
33     num[pos] = num[l] + num[r];
34     suma[pos] = suma[l] + suma[r];
35 }
36  void update( int P, int pos,  int L, int R){
37      if(L==R){
38      //     cout<<"v: "<<v<<endl;
39          sum[pos] += v;
40         num[pos] ++;
41         chg[pos] = 0;
42          return ;
43     }
44     pushdown(pos);
45      int mid = L+R>>1, l = pos <<1, r = pos<<1|1;
46      if(P <=mid) {
47      //     cout<<"left: "<<L<<" "<<R<<" "<<sum[r]<<" "<<suma[r]<<endl;
48          ans += sum[r] - suma[r];
49         update(P,l,L,mid);
50     }
51      else {
52         v += num[l];
53      //     cout<<"right: "<<v<<endl;
54          chg[l] ++; suma[l] += num[l];
55         update(P,r,mid+1,R);
56     }
57     sumup(pos);
58  //     cout<<"back: "<<pos<<" "<<L<<" "<<R<<" sum: "<<sum[pos]<<" num : "<<num[pos]<<endl;
59  }
60  class ThreePoints{
61      public :ll countColoring( int n,  int xzero,  int xmul,  int xadd,  int xmod,  int yzero,  int ymul,  int yadd,  int ymod){
62         flag[0] = make_pair(xzero, yzero);
63         hash[0] = yzero;
64          for( int i=1; i< n; i++){
65             ll x = (flag[i-1].first*xmul + xadd) % xmod ;
66             ll y = (flag[i-1].second*ymul + yadd) % ymod;
67             flag[i] = make_pair (x,y);
68             hash[i] = y;
69         }
70         sort(hash,hash+n);
71         sort(flag,flag+n);
72          // for(int i=0;i<n;i++) cout<<hash[i]<<" "; cout<<endl;
73          ans = 0;
74          for( int i=0; i< n; i++){
75          //     cout<<"pnt: "<<flag[i].first <<" "<<flag[i].second<<endl;
76               int P = find(flag[i].second,n);
77          //     cout<<"P: "<<P<<endl;
78              v = 0;
79             update(P,1,0,n-1);
80          //     cout<<"ans: "<<ans<<endl;
81           //     for(int i=1;i<=15;i++) cout<<num[i]<<" ";  cout<<endl;
82          }
83          return ans;
84     }
85 };