[考试反思]1102csp-s模拟测试98：苟活

好像没有什么粘文件得分的必要（原本就没多少分了也丢不了多少了）

并且从此次开始小绿框不表明首杀而表明手速了2333

其实我挺菜的，牛一个frepoen送掉100分才跟我并列%%%milkfun mikufun

这一场对于除了他之外的人都是搜索专场。。。

没什么水准可是挺有RP的

话说T1和T3的搜索全写挂我是否是没救了。。。

 

T1：线性代数

代什么数。。。就是个数字华容道。。。

巨型模拟，由于玩数字华容道的时候并无总结必胜策略因此考场上什么也不会

乱发现了一些规律，有几率找到解，可是这题子任务评测，因此爆零了。

对的点固然不限于Impossible。若是按测试点评分能有40呢。。。（话说为何大点找到解的几率反而更大？）

正解就是一种必胜策略。先把(3,3)到(n,n)这个正方形填上，再把(1,3)到(2,n)和(3,1)到(n,2)这两个矩形填上。

填矩形的方法就是对于每一个1×2的矩形，(2,n)放到(1,n)，(1,n)放到(1,n-1)，把0放到(2,n)而后就行了。

具体实现是个大模拟，没时间打了。

 

T2：装饰

记忆化搜索。

外层全局枚举最终时间，内层记忆化搜索。

根据每个时刻的决策均可以判断出它到最终时刻为止所产生的影响。

 1 #include<cstdio>
 2 int TLE,n,f[17],E,st[18][133333];
 3 bool sch(int t,int s){//printf("%d %d\n",t,s);
 4     if(s==E)return true;
 5     if(t==TLE)return false;
 6     if(st[t][s]==TLE)return true;
 7     if(st[t][s]==-TLE)return false;
 8     if(sch(t+1,s)){st[t][s]=TLE;return true;}
 9     for(int i=1;i<=n;++i){
10         int rs=s;
11         for(int p=i,T=TLE-t;p&&T;p=f[p],T--)rs^=1<<p;
12         if(sch(t+1,rs)){st[t][s]=TLE;return true;}
13     }
14     st[t][s]=-TLE;return false;
15 }
16 int main(){
17     freopen("decoration.in","r",stdin);
18     freopen("decoration.out","w",stdout);
19     scanf("%d",&n);
20     for(int i=2;i<=n;++i)scanf("%d",&f[i]);
21     for(int i=1,x;i<=n;++i)scanf("%d",&x),E|=x<<i;
22     for(;TLE<=n;++TLE)if(sch(0,0))return printf("%d\n",TLE),0;
23 }

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T3：午饭

神仙题。%%%mikufun考场切。

首先观察部分分，考虑没有-1的状况。

那每一个人都是越早学会越好。

设$f_i$表示第i我的最先在何时学会，则有$ f_i=min ( max(f_j,L_{i,j}) ) $

其中$i,j$在一块儿吃了饭 ，饭的时间的左端点为$L$

 这个模型的话能够看成以上式$max$为边权的最短路，这样就可作了。

求出每一个人的$f$后判断是否有人应该学会却没学会，枚举每一顿饭根据两我的的$f$来肯定饭的时间便可。

考虑有-1的状况。

由于有-1存在，因此有些人就不能太早学会，不然他就会传给-1。

那么处理出每一个人在收到-1的限制后，必须在哪个时刻以后才能学会，设为$h_i$

对于一条边，若是咱们想用A更新B。即$h_A$已知而$h_B$未知。

考虑$h_A$与这顿饭时间$L,R$的关系

若是$h_A \geq R$那么$A$必须在这顿饭以后才能学会，因此既然它们吃饭了，那么$B$就不能在$L$以前学会，不然他就会让$A$在$R$以前学会。

只要$B$是在$L$以后学会的，那么把这顿饭的时间定在$[L,h_B)$之间便可。因此就是$h_B$对$L$取$max$。

在不知足$h_A \geq R$ 的状况下，只要你把吃饭的时间定在$R$就必定不会非法，因此这就不会更新$h_B$

因此其实仍是一个最短路模型（严格的说，是最长路）。初值是全部-1的点都是$h_i=inf$，多源最长路。

这样求出$h$数组，而后在更新$f$的时候保证$f>h$便可。

无解的条件是$h_1>0$。以及对于任意一个值为1的人不能有$f_i=inf$（未被扩展到）

若是存在解，那么就能够枚举每一顿饭根据两我的的$f$值肯定答案。

具体方法是，若是$A,B$两我的其一学会的时间大于这顿饭的$R$,那么定为$L$就行反正没有影响。

不然，这顿饭的时间就是$max(L,f_A,f_B)$，由于这顿饭的时间要将就着后学的人的时间来。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define inf 1000000001
 4 priority_queue<pair<int,int> > Q;
 5 priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,greater<pair<int,int> > >q;
 6 int n,L[400005],R[400005],l[400005],to[400005],fir[400005],cnt,m,s[200005];
 7 int h[200005],f[200005];
 8 void link(int a,int b,int le,int ri){l[++cnt]=fir[a];fir[a]=cnt;to[cnt]=b;L[cnt]=le;R[cnt]=ri;}
 9 int main(){
10     freopen("lunch.in","r",stdin);
11     freopen("lunch.out","w",stdout);
12     scanf("%d%d",&n,&m);
13     for(int i=1,A,B,le,ri;i<=m;++i)
14         scanf("%d%d%d%d",&A,&B,&le,&ri),link(A,B,le,ri),link(B,A,le,ri);
15     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&s[i]),h[i]=-1;
16     for(int i=1;i<=n;++i)if(s[i]==-1)Q.push(make_pair(h[i]=inf,i));
17     while(!Q.empty()){
18         int p=Q.top().second;Q.pop();
19         for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(R[i]<=h[p]&&h[to[i]]<L[i])
20             Q.push(make_pair(h[to[i]]=L[i],to[i]));
21     }
22     for(int i=2;i<=n;++i)f[i]=inf;
23     q.push(make_pair(0,1));
24     while(!q.empty()){
25         int p=q.top().second;q.pop();
26         for(int i=fir[p];i;i=l[i]){
27             int E=max(h[to[i]]+1,max(f[p],L[i]));
28             if(f[to[i]]>E&&E<=R[i])q.push(make_pair(f[to[i]]=E,to[i]));
29         }
30     }
31     if(h[1]>0)return puts("Impossible"),0;
32     for(int i=1;i<=n;++i)if(s[i]==1&&f[i]==inf)return puts("Impossible"),0;
33     for(int i=1;i<=m;++i){
34         int a=to[i<<1],b=to[(i<<1)-1],ll=L[i<<1],rr=R[i<<1];
35         if(f[a]>rr||f[b]>rr)printf("%d\n",ll);
36         else printf("%d\n",max(ll,max(f[a],f[b])));
37     }
38 }

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