USACO 2013 March contest Bronze level 总结
边听音乐边吃东西边比赛……规定时间是4小时，我也就做了不到2小时，测了样例就直接提交了，等了很久很久终于出成绩了……最后967分（满分1000），最后一题有一组数据错了，其他都正确，顺利晋级Silver level~~
Problem 1：CowRace
大意是小牛赛跑，不同时段的速度有所不同，问领先者发生了几次更换。
我是一个时间单位一个时间单位得去模拟的，总时间不长，所以还可以接受。需要注意的边界情况就是：两头牛齐头并进的时候，此时并没有发生领先者的更换；二是最开始的时候，也不算在领先者更换的范围之内。
#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#include <string.h>
using namespace std;
int main(){
freopen("cowrace.in", "r", stdin);
freopen("cowrace.out", "w", stdout);
int n, m, t;
//speed and time
pair<int, int> node1[1005], node2[1005];
int res = 0;
cin>>n>>m;
//total time
t = 0;
int leader = -1;
for(int i=0; i<n; i++){
cin>>node1[i].first>>node1[i].second;
t += node1[i].second;
}
//cout<<"t: "<<t<<endl;
for(int i=0; i<m; i++)
cin>>node2[i].first>>node2[i].second;
int pos1 = 0, ptr1 = 0;
int pos2 = 0, ptr2 = 0;
for(int i=1; i<=t; i++){
if(node1[ptr1].second == 0)
ptr1++;
node1[ptr1].second--;
pos1 += node1[ptr1].first;
//second cow
if(node2[ptr2].second == 0)
ptr2++;
node2[ptr2].second--;
pos2 += node2[ptr2].first;
//cout<<"pos1: "<<pos1<<" pos2: "<<pos2<<endl;
if(leader == -1){
if(pos1 > pos2)
leader = 1;
else if(pos1 < pos2)
leader = 2;
}
else if(leader == 1){
if(pos2 > pos1){
res++;
leader = 2;
}
}
else if(leader == 2){
if(pos1 > pos2){
res++;
leader = 1;
}
}//end else if
//cout<<"leader: "<<leader<<endl;
}//end for loop
cout<<res<<endl;
//system("pause");
return 0;
}
Problem2：Breed Proximity
大意是一群牛（很好奇美国人怎么这么喜欢拿牛开涮……）站在一起，每头牛都有一个ID编号，要求出间距小于给定值并且最大的ID号。
最朴素的办法自然是去循环枚举，但牛的数目可以达到50000，O(n*K)的复杂度偏大。我的办法是先进行排序，按照ID从小到大拍，相同ID的按照原始位置排序。然后从后往前进行扫描，找到第一对间隔小于K的牛即为最终结果，扫描到头还没发现则不存在解，复杂度为O(nlgn)。
#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
using namespace std;
struct Node{
int pos;
int id;
};
Node node[50005];
//sorting
int cmp(const void *ele1, const void *ele2){
Node* p1=(Node *)ele1;
Node* p2=(Node *)ele2;
if((p1->id) == (p2->id))
return (p1->pos)-(p2->pos);
else return (p1->id)-(p2->id);
}
int main(){
freopen("proximity.in", "r", stdin);
freopen("proximity.out", "w", stdout);
int n,k;
cin>>n>>k;
for(int i=0; i<n; i++){
cin>>node[i].id;
node[i].pos = i;
}
qsort(node, n, sizeof(Node), cmp);
int res = -1;
int last = -1;
int large=0, small=0;
for(int i=n-1; i>0; i--){
if(res >= node[i].id)
break;
if(node[i].id == node[i-1].id){
if(abs(node[i].pos-node[i-1].pos) <= k)
res = max(res, node[i].id);
}
}
cout<<res<<endl;
//system("pause");
return 0;
}
Problem3：
又是牛……给出各对牛之间的关系（相同品种或者不同品种），然后求共有多少可能的品种组合。
最简单的办法是枚举所有可能性，但3^15是1s内算不完的，考虑到对称性，可以假定第一头牛的品种，最后结果乘以3即可。我想到的另一个优化办法就是：如果一头牛没有说明和其他牛的关系，那么它就可以取3中不同的值，在最终的结果中起到了乘以3的作用。对于其他的，可以建成一个无向图，用floyd算法检查是否存在矛盾（利用“相同品种”具有传递性，不同品种则不具有传递性），若条件有矛盾则结果为0。然后深度搜索来枚举剩下的牛即可。
一开始提交的代码错了一个数据，后来发现是在floyd算法更新时漏了两种情况：如果A和B品种相同，B和C品种不同，那么A和C品种一定不同……另一种情况类似，是A、B不同，B、C相同。
#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#include <string.h>
using namespace std;
bool flag[20];
vector<int> choice[20];
int multiple = 3;
int n, k, relation[16][16];
int res = 0;
int ans[20];
void dfs(int index);
int main(){
//freopen("assign.in", "r", stdin);
//freopen("assign.out", "w", stdout);
memset(ans, 0, sizeof(ans));
memset(relation, 0, sizeof(relation));
for(int i=0; i<16; i++)
relation[i][i] = 1;
cin>>n>>k;
for(int i=0; i<k; i++){
int x, y;
char str;
cin>>str>>x>>y;
x--; y--;
if(str == 'S'){
relation[x][y] = 1;
relation[y][x] = 1;
}
else if(str == 'D'){
relation[x][y] = -1;
relation[y][x] = -1;
}
}
//update status
for(int i=0; i<n; i++)
for(int j=0; j<n; j++)
for(int k=0; k<n; k++){
if(relation[j][i] == 1 && relation[i][k] == 1){
if(relation[j][k] == -1){
cout<<0<<endl;
return 0;
}
else relation[j][k] = 1;
}
// I forgot these two relaations ><
if(relation[j][i]==1 && relation[i][k]==-1){
if(relation[j][k]==1){
cout<<0<<endl;
return 0;
}
else relation[j][k] = -1;
}
if(relation[j][i]==-1 && relation[i][k]==1){
if(relation[j][k]==1){
cout<<0<<endl;
return 0;
}
else relation[j][k] = -1;
}
}
memset(flag, true, sizeof(flag));
flag[0] = false;
for(int i=1; i<n; i++){
if(relation[0][i] == -1){
choice[i].push_back(1);
choice[i].push_back(2);
}
else if(relation[0][i] == 1)
flag[i] = false;
else{
choice[i].push_back(0);
choice[i].push_back(1);
choice[i].push_back(2);
}
}
for(int i=0; i<n; i++){
if(flag[i] == false)
continue;
flag[i] = false;
for(int k=0; k<n; k++){
if((i!=k) && (relation[i][k]!=0))
flag[i] = true;
}
if(flag[i] == false)
multiple = multiple*3;
}
//cout<<"multiple: "<<multiple<<endl;
dfs(0);
res = res*multiple;
cout<<res<<endl;
system("pause");
return 0;
}
void dfs(int index){
if(index >= n){
res++;
return;
}
if(flag[index] == false){
dfs(index+1);
return;
}
int len = choice[index].size();
for(int i=0; i<len; i++){
ans[index] = choice[index][i];
bool check = true;
for(int j=0; j<index; j++){
if(flag[j] == false)
continue;
if(relation[index][j]==1 && ans[index]!=ans[j]){
check = false;
break;
}
else if(relation[index][j]==-1 && ans[index]==ans[j]){
check = false;
break;
}
}//end for loop
if(check == true){
dfs(index+1);
}
}
return;
}