Comet OJ - Contest #8

　　　　　Comet OJ - Contest #8参赛总结——林荫html

本人仍是一如既往的菜。
Comet OJ - Contest #X属于ACM赛制
六道题目难度从入门到金牌递增

　　本次总结给出T3,4分析与解法（5，6之后填坑）ios

　　T3：符文能量c++

1000ms，256MB

题目描述
米薇女王万万没有想到考德威尔男爵的真实意图。她的脑海里浮现出莱里亚的秀美山河，惋惜再也回不去了。数组

不过所幸的是，她还有着军队和重整山河的勇气。雷纳德为米薇女王呈上了 markdown

形象的，咱们能够把每一个符文石 $PiP_iPi 描述成一个二元组 (ai,bi)(a_i,b_i)(ai,bi) 。对于两个相邻的符文石 PiP_iPi 与 Pi+1 P_{i+1}Pi+1，能够把他们融合为 (ai,bi+1)(a_i,b_{i+1})(ai,bi+1) 并释放出 ai+1∗bia_{i+1}*b_iai+1∗bi 的能量。融合完的符文石会替换掉本来的两个二元组，出如今他们的位置上。米薇但愿把全部的 nnn 个符文石融合成 111 个符文石。你能够以任意顺序合并相邻的两个符文石。$ flex

幸运的是，米薇找到了一个法力通天的术士，在所有融合过程前你能够选择一段连续的区间将里面的符文石精炼。即把本来的一段二元组 $(ai,bi)(a_i,b_i)(ai,bi) 乘 kkk 变为 (ai⋅k,bi⋅k)(a_i \cdot k,b_i \cdot k)(ai⋅k,bi⋅k)。固然你也能够不选择任何区间。注意此操做必须在初始状态进行。$ ui

她但愿她释放的能量尽量小并想知道这个值是多少。spa

你能够结合样例解释来理解题目。code
输入描述htm

第

接下来 $aia_iai 与 bib_ibi 。描述第 iii 个符文石的属性。$
- $2≤n≤1052\leq n\leq 10^52≤n≤105$
- $\leq |a_i|,|b_i|,|k|\leq 2000≤∣ai∣,∣bi∣,∣k∣≤200$
输出描述

一个整数，释放能量的最小值
样例输入 1
```
4 -1
-1 -2
2 3
3 4
-3 5
```
样例输出 1

　　　　-25

　　分析：提供一种和正解不沾边的作法：观察题目可知，所给入的参数a[1]和b[n]是不参与计算的。进而可得知若是不考虑精炼的话，原始式子的答案固定，即为sum(i=1,i<n)a[i+1]*b[i]。下面开始考虑精炼的状况。

　　　手动推导式子能够获得一个神奇的发现：若是假设精炼的区间为L，R，那么答案就是a[2]*b[1]+a[3]*b[2]+a[4]*b[3]......+a[L-1]*b[L-2]+a[L]*b[L-1]*K+a[L+1]*b[L]*K^2+a[L+2]*b[L+1]*K^2.......a[R]*b[R-1]*K^2+a[R+1]*b[R]*K+a[R+2]*b[R+1].......

　　而后这个问题就变成了求上述式子的最小值。

　　那果断DP啊。

　　至于方程？状态：DP[i][0]在1——i的区间内不使用精炼的最小值，DP[i][1]在1——i的区间内已经开始精炼，可是精炼未结束的最小值。DP[i][2]在1——i的区间内已经完成精炼的最小值

for(int i=1;i<n;i++)
    {
        dp[i][0]=dp[i-1][0]+sum[i];
        dp[i][1]=min(dp[i-1][0]+sum[i]*k,dp[i-1][1]+sum[i]*k*k);
        dp[i][2]=min(dp[i-1][1]+sum[i]*k,dp[i-1][2]+sum[i]);
    }

　　标程放上！

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long int n,k,a1,a2;
long long int sum[100001];
long long int dp[100001][3];
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    scanf("%lld",&a1);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        scanf("%lld%lld",&a1,&a2);
        sum[i]=a1*a2;
    }
    scanf("%lld",&a1);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        dp[i][0]=dp[i-1][0]+sum[i];
        dp[i][1]=min(dp[i-1][0]+sum[i]*k,dp[i-1][1]+sum[i]*k*k);
        dp[i][2]=min(dp[i-1][1]+sum[i]*k,dp[i-1][2]+sum[i]);
    }
    cout<<min(dp[n-1][0],min(dp[n-1][2],dp[n-1][1]));
    return 0;
}

T4：

题目描述

菜菜太菜，但他不想种菜。

有

菜菜能够购买一些土地，他必须在其中选择一块建造本身的家，所购买的剩下的土地都被做为菜地。由于菜菜不想种菜，因此他但愿从他家能直接到达的土地中，一块菜地也没有（若是菜菜家不能直接到达任何一块土地，这也能知足他的愿望）。

菜菜提出了

输入描述

第

第 $aia_iai 表示第 iii 块土地的菜值。$

接下来 $ui,viu_i,v_iui,vi，表示第 iii 条小路从第 uiu_iui 块土地通向第 viv_ivi 块土地。$

接下来 $li,ril_i,r_ili,ri，表示菜菜第 iii 个问题中购买了 [li,ri][l_i,r_i][li,ri] 中的全部土地。$

$1≤n,m,q≤1061\le n,m,q \le 10^61≤n,m,q≤106$
$1≤ai≤3001\le a_i\le 3001≤ai≤300$
$1≤ui,vi≤n,ui≠vi1\le u_i,v_i\le n,u_i\neq v_i1≤ui,vi≤n,ui=vi$
$1≤li≤ri≤n1\le l_i\le r_i\le n1≤li≤ri≤n。$

输出描述

为了不输出量过大，设 $ansians_iansi 表示第 iii 个询问的答案。你只须要输出 111 行 111 个整数 xori=1qi×ansi{\rm xor}_{i=1}^qi\times ans_ixori=1qi×ansi，即全部询问的编号与答案的乘积依次按位异或（c++中的64位整数^）的结果。$

样例输入 1

样例输出 1

样例输入 2

5 6 3
114 29 219 231 165
5 4
1 2
1 3
5 3
3 2
3 4
2 2
1 2
4 5

样例输出 2

658
好吧我老实交待我考场上3，4都没作出来，3还想了想，4压根没看
首先分析题目，发现只有当某块地它左边直接相连的土地为L之外的点右边为R之外的点时，这块土地才能够做为菜地
记这两个直接相连的点为xi，yi(若是不存在的话xi=0，yi=n+1)，因此原题求对于每一组询问[L,R],求出L<=I<=R且XI<L&&YI>R时的Val[i]之和
下面咱们生成六个神奇参数：a<=i<=b,c<=xi<=d,e<=yi<=f
这样的话就能够用6个神奇参数约束出每一种状况，记做S(a,b,c,d,e,f)
答案即为S(L,R,0,L-1,R+1,n+1),可是这个鬼东西不会算啊
不虚，咱能差分
S(L,R,0,L-1,R+1,n+1)=S(L,R,0,n+1,0,n+1)-S(L,R,L,n+1,0,n+1)-S(L,R,0,n+1,0,R)+S(L,R,L,n+1,0,R)
这样的话就变成了一次枚举两个参数的二维数点二维数点有经典作法，将全部询问离线，点和询问按第一维排序，第二维做为 下标，顺次扫描，遇到一个点将它第二维对应的位置加上它的权值，遇到一个 询问就查询对应第二维的对应的区间和，只需一个支持单点加，区间求和的数 据结构，树状数组便可胜任。