雅礼学习10.3

雅礼学习10.3

各题情况

T1

暴力修改+一维差分+二维差分

莫名其妙就没了49分。。。

好像是数组开的不够大？

T2

这。。。几率和指望，一会不会，连那个一分的部分分都没有任何思路

T3

题目并无看太懂。。

写了一个枚举算法，而后对某个一分的数据输出显然的结果

。。。

而后就只拿了1分

枚举挂了，由于会错了题目含义

题目及考场代码

T1

/*
 * 一个个修改确定超时。。
 * q==0的直接输出0
 * 19分应该是暴力
 *
 * 考虑对每次操做，计算一共修改了多少个位置
 * 奇数个的话就让当前答案异或这个数字
 * 对于边界单独讨论
 * 可是问题在于。。。若是修改的位置恰好把当前答案所在位置变大了，就不该该是异或，而是+
 * 真的不会维护啊
 * 伪装这么写是正确的吧。。。
 *
 * 每行差分
 * 最后O(n^2)统计
 */
#include <cstdio>

inline int read()
{
    int n=0,w=1;register char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9')n=n*10+c-'0',c=getchar();
    return n*w;
}
inline int min(int x,int y)
{return x<y?x:y;}

const int N=1002;
long long map[N][N],add[N][N],cut[N][N];

int main()
{
    freopen("u.in","r",stdin);
    freopen("u.out","w",stdout);
    int n=read(),q=read(),r,c,s,l,x;
    long long ans=0;
    if(q==0)
    {
        printf("0");
        goto E;
    }
    if(q<=400)
    {
        while(q--)
        {
            r=read(),c=read(),l=read(),s=read();
            x=min(r+l-1,n);
            for(int i=r;i<=x;++i)
                for(int j=c;j<=min(i-r+c,n);++j)
                    map[i][j]+=s;
        }
        for(int i=1;i<=n;++i)
            for(int j=1;j<=n;++j)
                ans^=map[i][j];
    }
    else
        if(q<=2000)
        {
            while(q--)
            {
                r=read(),c=read(),l=read(),s=read();
                x=min(r+l-1,n);
                for(int i=r;i<=x;++i)
                    map[i][c]+=s,map[i][min(i-r+c,n)+1]+=-s;
            }
            for(int i=1;i<=n;++i)
            {
                x=0;
                for(int j=1;j<=n;++j)
                {
                    x+=map[i][j];
                    printf("%d ",x);
                    ans^=x;
                }
                puts("");
            }
        }
        else
        {
            while(q--)
            {
                r=read(),c=read(),l=read(),s=read();
                add[r][c]+=s,add[r+l][c]-=s;
                cut[r][c+1]+=s,cut[r+l][c+l+1]-=s;
            }
            for(int i=1;i<=n;++i)
                for(int j=1;j<=n;++j)
                {
                    add[i][j]+=add[i-1][j];
                    cut[i][j]+=cut[i-1][j-1];
                }
            for(int i=1;i<=n;++i)
                for(int j=1;j<=n;++j)
                {
                    map[i][j]+=map[i][j-1]+add[i][j]-cut[i][j];
                    ans^=map[i][j];
                }
        }
            
    /*
    else
    {
        while(q--)
        {
            r=read(),c=read(),l=read(),s=read();
            x=l+1;
            if(r+l-1>n || c+l-1>n)
            {//想了半天没想出来怎么快速把多余的部分删掉。
                x=0;
                for(int i=r;i<=min(r+l-1,n);++i)
                    x+=min(i-r+c,n);
            }
            if(x&1)ans^=s;
        }
    }*/
    printf("%lld",ans);
            
E:  fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}

T2

/*
 * 几率。。。
 * 根本一会不会啊。。。
 * 骗分走人
 */
#include <cstring>
#include <cstdio>

const int N=31;
char s[N];

int main()
{
    freopen("v.in","r",stdin);
    freopen("v.out","w",stdout);

    scanf("%d%d",&n,&k);
    scanf("%s",s);
    int x=0;
    for(int i=0;i<n;++i)
        if(s[i]=='W')
            ++x;
    if(k==0 || k==n)
        printf("%.10lf",(double)1.0*k);
    else    printf("%.10lf",(double)x*1.0/2);

    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}

T3

/*
 * 输出0有1分。
 */
#include <cstdio>
#include <vector>

int n,step,cnt,k_2,z_2,ku;
int l_note[100023];
struct note{
    int con,have,wash;
};
bool dis[100023];
std::vector<note> tree[100023];
std::vector<int> kuai[100023];
void search(int num)
{
    for(int space,i=0;i<l_note[num];i++)
    {
        space=tree[num][i].con;
        if(((tree[num][i].wash!=tree[num][i].have)||(tree[num][i].wash==2))&&dis[space]!=true)
        {
            tree[num][i].have=tree[num][i].wash;
            ++cnt;
            dis[num]=true;
            search(space);
            break;
        }
    }
}
bool vis[100023];
void qk(int num)
{
    vis[num]=true;
    for (int i=0;i<kuai[num].size();++i)
    {
        int space=kuai[num][i];
        if(tree[num][i].wash==2)++k_2;
        if(vis[space]!=true)
            qk(space);
    }
}
int main ()
{
    freopen("w.in","r",stdin);
    freopen("w.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    if(n<=1000)
    {
        for(int a,b,c,d,i=1;i<n;++i)
        {
            scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
            tree[a].push_back((note){b,c,d});
            ++l_note[a];
            tree[b].push_back((note){a,c,d});
            ++l_note[b];
            if((c!=d)||(d==2))
            {
                kuai[a].push_back(b);
                kuai[b].push_back(a);
            }
            if(d==2)++z_2;
        }
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            for(int o=0;o<l_note[i];o++)
            {
                if((tree[i][o].wash!=tree[i][o].have)&&tree[i][o].wash!=2)
                {
                    dis[tree[i][o].con]=true;
                    search(i);
                    break;
                }
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;++i)
            if(vis[i]!=true&&kuai[i].size()!=0)
            {
                ++ku;
                qk(i);
            }
        step=ku-(z_2-k_2/2);
        printf("%d %d",step,cnt);
    }
    else    printf("0 0");
    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}

正解

T1

第一眼\(n\times q\)作法，\(3e8\)显然不能过

那么考虑对其进行优化：差分序列的访问时不连续的，因此咱们考虑把它变成连续的

就过了。。。

官方正解：

竖着作一次差分，斜着作一次差分，那么一个三角形就能够肯定出来了，然后\(n^2\)扫一遍求异或和

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn=1e3+10;
int n,q;
ll a[maxn][maxn],b[maxn][maxn],ans;

inline void add_a(int x,int y,int v){
    if(x<=n&&y<=n)
        a[x][y]+=v;
}
inline void add_b(int x,int y,int v){
    if(x<=n&&y<=n)
        b[x][y]+=v;
}

int main(){
    freopen("u.in","r",stdin);
    freopen("u.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&q);
    while(q--){
        int r,c,l,s;
        scanf("%d%d%d%d",&r,&c,&l,&s);
        add_a(r,c,s);
        add_a(r+l,c+l,-s);
        add_b(r+l,c,-s);
        add_b(r+l,c+l,s);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=n;++j){
            if(i>1)
                a[i][j]+=a[i-1][j-1]+a[i-1][j]-a[i-2][j-1];
            else
                a[i][j]+=a[i-1][j-1]+a[i-1][j];
            b[i][j]+=b[i-1][j]+b[i][j-1]-b[i-1][j-1];
            ans^=a[i][j]+b[i][j];
        }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

T2

能够获得一个\(O(2^n\times n)\)的状压\(DP\)的作法，记录每一个球是否尚未被移除，而后按照最优策略指望移除白球数

事实上有不少重复状态，也就是剩下的求的颜色序列相同时结果是同样的

考虑将状态记成剩下的颜色序列，长度较小的时候就直接用数组去存，较大的时候用\(map\)去存

状态个数能获得一个上界是\(\sum_{i=0}^n\min\{2^i,{i\choose n}\}\)（事实上最大值为\(\sum_{i=1}^{n+1}Fib_i\)可是这一点也不\(noip\)）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn=30+5;
int n,k;
char s[maxn];

namespace ${
    const int xxx=24;
    double a[1<<xxx+1];
    map<int,double> m[maxn];
    inline void init(){
        for(int i=0;i<1<<xxx+1;++i)
            a[i]=-1;
    }
    inline bool count(int bit,int len){
        if(len<=xxx)
            return a[1<<len|bit]!=-1;
        else
            return m[len].count(bit);
    }
    inline double&find(int bit,int len){
        if(len<=xxx)
            return a[1<<len|bit];
        else
            return m[len][bit];
    }
}
inline int erase(int bit,int k){
    return bit&(1<<k)-1|bit>>1&-1<<k;
}
inline double max_(double a,double b){
    return a>=b?a:b;
}
double dfs(int bit,int len){
    if(len<=k)
        return 0;
    if($::count(bit,len))
        return $::find(bit,len);
    double&res=$::find(bit,len);
    res=0;
    for(int i=0,j=len-1;i<=j;++i,--j)
        if(i<j)
            res+=max_(dfs(erase(bit,i),len-1)+(bit>>i&1),dfs(erase(bit,j),len-1)+(bit>>j&1))*2;
        else
            res+=dfs(erase(bit,i),len-1)+(bit>>i&1);
    return res/=len;
}

int main(){
    freopen("v.in","r",stdin);
    freopen("v.out","w",stdout);
    $::init();
    scanf("%d%d%s",&n,&k,s);
    k=n-k;
    int bit=0;
    for(int i=0;i<n;++i)
        bit|=(s[i]=='W')<<i;
    printf("%.10f\n",dfs(bit,n));
    return 0;
}

T3

若是最后翻转的边集是\(S\)，最少操做数为\(\{V,S\}\)中奇数度数的点的一半，最小操做总长度是\(|S|\)

考虑树形\(DP\)，\(dp[i][0/1]\)记录以\(i\)为根的子树内，\(i\)与父亲之间的边是否翻转，最少的奇数度数的点的个数，此时的最小总长度

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn=1e5+10;
const pair<int,int> inf=make_pair(1e9,1e9);
int n;
vector<pair<int,int> > g[maxn];
pair<int,int> dp[maxn][2];

inline pair<int,int> operator+ (pair<int,int> a,pair<int,int> b){
    return make_pair(a.first+b.first,a.second+b.second);
}
void dfs(int pos,int fa,int type){
    pair<int,int> tmp0(0,0),tmp1(inf);
    for(int i=0,v;i<g[pos].size();++i)
        if((v=g[pos][i].first)!=fa){
            dfs(v,pos,g[pos][i].second);
            pair<int,int> nxt0,nxt1;
            nxt0=min(tmp0+dp[v][0],tmp1+dp[v][1]);
            nxt1=min(tmp1+dp[v][0],tmp0+dp[v][1]);
            tmp0=nxt0;tmp1=nxt1;
        }
    if(type==0||type==2)
        dp[pos][0]=min(tmp0,make_pair(tmp1.first+1,tmp1.second));
    else
        dp[pos][0]=inf;
    if(type==1||type==2)
        dp[pos][1]=min(make_pair(tmp0.first+1,tmp0.second+1),make_pair(tmp1.first,tmp1.second+1));
    else
        dp[pos][1]=inf;
}

int main(){
    freopen("w.in","r",stdin);
    freopen("w.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1,a,b,c,d;i<n;++i){
        scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
        if(d!=2)
            d=(c!=d);
        g[a].push_back(make_pair(b,d));
        g[b].push_back(make_pair(a,d));
    }
    dfs(1,0,0);
    printf("%d %d\n",dp[1][0].first/2,dp[1][0].second);
    return 0;
}

下午讲课：搜索与剪枝

主要是题目只有题目

例一

有一个\([1,2^n]\)的排列\(A\{1,\cdots,2^n\}\)

能够执行的操做有\(n\)种，每种操做最多能够执行一次。第\(i\)种操做：将序列从左到右划分为\(2^{n-i+1}\)段，每段刚好包括\(2^{i-1}\)个数，而后总体交换其中两段。
求能够将数组\(A\)从小到大排序的不一样的操做序列有多少个。
两个操做序列不一样，当且仅当操做个数不一样，或者至少一个操做不一样（种类不一样或者操做位置不一样）。

\(n\le 12\)

解：

首先，任意一个合法的操做序列，咱们能够改变其顺序，依然知足条件。
那么这一类的操做序列的贡献，即为操做次数的阶乘。
那么，如今只考虑种类编号递增的操做序列。第\(i\)种操做时，序列分红了大小为\(2^{i-1}\)的段，若是某个段不是递增且连续的，那么最后确定不会知足条件。因此，在这种操做考虑完后，每一个大小为\(2^i\)的段应当递增且连续。
当考虑第\(i\)种操做时：

• 若是不合条件的\(2^i\)大小的段超过\(2\)个，直接退出
• 若是不存在的话，直接继续
• 若是只有\(1\)个，交换其包含的\(2^{i-1}\)的两段，判断是否可行
• 若是有\(2\)个就分别搜索\(4\)种交换方案

例二

农夫约翰须要一些特定规格的木材(共\(n\)块，长度不必定相同)，但是他只剩下一些大规格的木板(共\(m\)块，长度不必定相同)。不过约翰能够将这些木板切割成他所须要的规格。
求约翰最多可以获得多少他所须要的木材。

\(n\le 1000,m\le 50,lenth\le 32767\)

解：

显然能够二分答案。
判断答案为\(k\)是否可行，显然能够将木材排序，搜索最短的k 块木材是否
能获得。
而后剪枝：

• 从小到大搜索所需的木材从哪块木板获得，由于长的木材限制比较大
• 若是两块所需木材长度相同，后搜索的那一块的来源只须要从前者的来源开始枚举
• 当一块原料的长度比最短的需求还短，那么直接丢弃，若是丢弃总量+所需总量\(\gt\)原料总量，剪掉

例三

给出一个数字\(S\)，输出全部约数和等于\(S\)的数

一共\(T\)次询问

\(S\le 2e9,T\le 100\)

解：

\(n=\prod_i p_i^{a^i}\Rightarrow \sigma(n)=\prod_i\sum_{j=0}^{a_i}p_i^j\)

那么咱们能够经过枚举\(p_i\)及其\(a_i\)来搜索

若当前须要获得的\(S\)能够表示为为一个未搜索过的质数与\(1\)的和，那么以前的数与这个质数的乘积是一个合法答案

对于每一个使得\((p+1)(p-1)\lt S\)的\(p\)，枚举可能的\(a_i\)进行递归

例四

一个\(n\times m\)的网格，\(k\)种颜色，部分格子已经涂了某种颜色，如今须要将其余格子也涂上颜色，使得从\((1,1)\)到\((n,m)\)的每条路径（每次向下或向右走一格）都不会出现重复颜色。求方案数，对\(10^9+7\)取模。

\(n,m\le 1000,k\le 10\)

解：

颜色数应大于等于步数，\(n+m-1\le k\Rightarrow n+m\le k+1\le 11\)，不然puts("0")。
而后搜每一个位置的颜色，能够状压到每一个位置的已通过的颜色。
可行性剪枝：未通过的颜色数小于剩余步数，剪掉。
对称性剪枝：若是涂上一个未出现过的颜色，涂哪个都是等价的，那么只需搜其中一个。

例五

有\(52\)张牌排成一排\(\{0,1\cdots 51\}\)，而后能够把他们分红两半，而后交叉着洗牌（一个肯定的置换）。
洗完牌后，可能会出现一个错误，将一对相邻的牌调换了位置，可是每次洗牌最多只会犯一个错误。
如今给出牌最终的顺序，求最少洗了多少次（保证不超过\(10\)），最少犯几回错误。

解：

一个性质：肯定了洗牌次数后，若真实的最终排列与不犯错误的最终排列，有\(k\)个位置不一样，那么犯错次数\(\lceil\frac{k}{2}\rceil\)。

以此来当作剪枝，枚举洗牌次数和犯错次数，跑\(idA^*\)

例六

你记录了\([0,59]\)这个时间段内到站的全部公交车(数量\(\le 300\)) 的时间，每辆车属于一条线路。

• 同一路线路的车的到站时间间隔相同。
• 每条线路在\([0,59]\)至少到达两辆车。
• 最多有\(17\)条线路

求最少可能有多少条线路

解：

一条线路，能够经过第一辆、第二辆车来肯定。
咱们能够按照到站顺序来肯定每辆车的归属状况。
若是它是线路第一辆车，那么先把他作一个标记。(同时，它的时间应在\([0,29]\))
若是是第二辆，枚举标记过的车辆来肯定一条线路，若是可行，删除该线
路的全部车。
这样，随着搜索的深度增长，可选车辆快速减小，搜索规模大量下降。

同时能够加入若干合法性或者最优性剪枝。好比：做为第一辆的车多于未肯定的车。

例七

给定\(n\)个字符集为\(\{a,b,c,\cdots,m\}\)的字符串\(S_i\)，求一种\(\{a,b,c,\cdots,m\}\)到\(\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,+,\times,=\}\)的映射\(f\)，使得全部\(f(S_i)\)均是表达式合法、且成立的等式。

\(n\le 1000,5\le |S_i|\le 11\)

解：

先对约束条件较高的\(+,\times ,=\)进行搜索。 而后，对于每个等式，咱们获得了每一个数的位数，计算等号两侧的值域， 无交集就能够剪枝。随着对应关系的肯定，值域也会愈来愈小。 能够选择从低位开始搜，肯定了低位的值，不相等能够剪枝