USACO比赛题泛刷

随时可能弃坑。
由于不知道最近要刷啥因此就决定刷下usaco。
优先级排在学习新算法和打比赛以后。
仅有一句话题解。难一点的可能有代码。
优先级是Gold>Silver。Platinum刷不动...（可能有一两道？）

2015 Feb Gold

BZOJ3939. [Usaco2015 Feb]Cow Hopscotch

这题洛谷数据过水，\(O(n^4)\)的dp跑的飞快。。。因此建议在bzoj写。
可是仍是要考虑一下4次方的dp的...其实就是强行枚举转移点，咱们能够试着维护前缀和，那么只要倒序枚举m，即有\(f[i][j]=sum[i-1][j-1]\)了。
可是注意到\(sum[i-1][j-1]\)包含了不能转移的状况，发现相同状况最多\(750*750\)种，因此能够拿\(750*750\)个线段树动态开点维护一下就完事了。
二者相减即为答案，注意第二层要倒序枚举。
固然也是能够cdq分治的。但是我还没学...

2017 Jan Platinum

BZOJ4756. [Usaco2017 Jan]Promotion Counting

想了几种作法...
主席树\(O(nlogn)\)，线段树合并\(O(nlogn)\)，分块\(O(n\sqrt{n}log(\sqrt{n}))\)，然而都懒得写...
而后就写了一个莫队+BIT。\(O(nsqrt{n}logn)\)。离散化一下就好了...
就是把dfs序爬下来，顺便记录一下siz，那么一个节点的子树在dfs上就是\([dfn_x,dfn_x+siz_x-1]\)，那就用莫队维护一下，每次移动指针对应的在bit里面操做就行了...
然而在树上直接BIT求逆序对真的没看题解以前不会写（把以前答案删了处理完子树再加上去，这个真的没想到）。

2016 Open Gold

LuoguP3145 [USACO16OPEN]分割田地Splitting the Field

简单套路题...按x值排序以后，枚举分割点求个min就行了，维护y轴坐标的区间max和min，这题能够直接\(O(n)\)处理出来，不过我写了个ST表...
而后再按y轴排序再来一遍。可是这个彻底重合有点奇怪...我把判断删掉才过了...也多是我判断写错了吧...
复杂度是\(O(nlogn)\)的。

BZOJ4579. [Usaco2016 Open]Closing the Farm

并查集。
仍是挺套路的吧...就是把删边变成连边就行了。
而后考虑怎么判断。对每一个集合维护一个siz，每次合并的时候顺便把siz并起来。
而后每次把相邻节点merge起来（要判断那个相邻节点是否是还没连上去）。而后再遍历一次，若是有一个的siz不等于当前总节点数，显然就不连通。
这样复杂度是\(O(nlogn)\)的（只用路径压缩）

LuoguP3146 [USACO16OPEN]248

写了一个不一样于其余题解的dp。
\(f[l,r,k]\)表示区间\([l,r]\)合并出\(k\)是否可行。
注意到直接枚举转移的话是\(O(n^4)\)的。考虑优化一下。
由于这样子的dp值是只有0和1的，因此能够拿一个bitset优化一下，就是&一下左右两个子区间而后右移一位就好了。
至于答案可能不须要把整段并起来这个问题，再开一个bitset，每次对获得的区间或如下就行了。
这样就能\(O(\frac{n^4}{w})\)搞过去了。

2017 Jan Gold

LuoguP3608 [USACO17JAN]Balanced Photo平衡的照片

很显然的一道题了...离散一下以后用值域BIT维护一下就好了...复杂度是\(O(nlogn)\)

LuoguP3609 [USACO17JAN]Hoof, Paper, Scissor蹄子剪刀…

简单dp.设\(f[i,j,k]\)表示前i局，换了j次手势，如今是出第k种手势（0-石头 1-剪刀 2-布）
而后写个check函数应付一下不换手势的作法就行了。
分红这轮换手势，这轮不换手势两种转移。（换手势确定是要换赢的）。
怎么usaco这么喜欢出dp...

2016 Dec Gold

LuoguP3036 [USACO16DEC]Lasers and Mirrors激光和镜子

搜索。挺好想的，就是很差写...
仔细研究一下题目，就能够发现几个性质：最优状况下，每一个点确定只会被访问一次，每条边（指网格）也仅会被访问一次。
因此这样子写个bfs的话是\(O(n)\)的。
实现方式有不少种...，维护3个vis数组，表示这一行/列有没有访问过，以及这个点有没有被访问过。
由于坐标有点大，而后能够发现的是只要是相同行的就能走到，因此能够先离散一波。
而后建两个图，对于每一个点，从横坐标向纵坐标连边（另一个图反着），边权均为1。
而后从起点开始bfs，对于每一个点，拓展没有走过的点（这个点的横/纵坐标之一也必须是没走过的。）
分类讨论转移便可。细节好多...反正我是重构了3,4次...

LuoguP2847 [USACO16DEC]Moocast(gold)奶牛广播-金

同poj2349，改改就行了，跑一遍mst取个最大边权平方便可。

LuoguP2848 [USACO16DEC]Cow Checklist奶牛确认单

简单dp。设\(f[i][j][0/1]\)表示目前访问了i头H牛，j头G牛，如今在H牛/G牛处。由于只能顺序访问，因此转移是\(O(nm)\)的，分类讨论一下便可。
答案是\(f[n][m][0]\)。注意初始化为\(f[1][0][0]=0\)

2019 Jan Platinum

LuoguP5202 [USACO19JAN]Redistricting

将\(H\)设为1，\(G\)设为-1，维护一个前缀和。
显而易见的能够设一个\(O(nk)\)的方程：\(f[i] = min\{f[i-j]+[s[i]-s[i-j]<=0]\}(i-j\leq k)\)
考虑优化，用个单调队列或者优先队列其实均可以维护。
单调队列复杂度更优可是难写因此由于太懒我就写了优先队列优化。
对堆中每一个点储存两个值，dp值和位置。
按dp值升序排序，dp值相同按s[i]升序排序。（由于要求min，把那个式子移项一下就能够知道为何要按s[i]升序了）。
每次转移时先把距离大于k的点都弹掉（单调性），而后取堆顶（可是不弹出）转移。
这样就能够\(O(nlogk)\)转移了。

2019 Jan Gold

LuoguP5196 [USACO19JAN]Cow Poetry

须要一点思惟(套路)的计数dp以及阅读理解能力。
反正我是看了好久的题才看懂题意...
考虑\(f[k][j]\)表示一个长度为k的句子以韵部j结尾。
显然有转移方程\[f[k][c[i]]=\sum{f[k-s[i]][j]}\]
优化一下就是设\[g[k]=\sum{f[k][i]}\]
而后就能够\(f[k][c[i]]=\sum{g[k-s[i]]}\)愉快的\(O(nk)\)转移了。
而后须要一点计数套路...考虑那些须要押韵的行数对答案贡献。
\[ans=\sum{f[K][j]^{cnt[i]}}\]（\(cnt[i]\)为须要压这种韵的行数）
其实就是必须放同样的，那么就用排列算一下就能够知道是这个东西（可是没规定要放哪一种，因此取个\(\sum\)）。
乘法原理把每一个ans乘起来就好。
（我感受这个T1实际上是三题里面最难的..？）

LuoguP5200 [USACO19JAN]Sleepy Cow Sorting

想出来一个结论的话就能够挺瓜熟蒂落地把后面想出来了。
每头牛最多被移动一次。
其实也挺显然的，由于每次只能移动队头。
考虑什么牛不会被移动，其实就是最后面那段递增序列不用移动。从后往前数第一个不递增的数，1~它全都得移动（由于要把前面的移动了才能移动它）。
而又由上面那个结论能够知道，咱们能够在移动的过程当中顺便维护出它应该在的位置。这个能够用bit解决。
首先对于每一个\(j(1\leq i \leq x)\)（x为从后往前数第一个不递增的数），它至少要日后\(x-i\)头牛（这样才能把x扔到前面），而后考虑把它插入到后面那个递增序列的合适位置，即比它小的数有多少个（这个东西用bit能够很方便的维护）。
那这样的效率就是\(O(nlogn)\)的了。

LuoguP5201 [USACO19JAN]Shortcut

由于彻底忘记了有最短路树这种东西，对这题一脸懵逼，因此看了一下题解以后赶忙滚回去看了czl的课件...
先跑一遍Dijkstra。
由于题目要求字典序最小，那么枚举起点从小的开始枚举，若是枚举到的这条边的两个端点都没连过，那么就能够扔进最短路树里面（由于枚举顺序，若是连过确定是被更小点连过了，那么字典序会更小）。
而后思路就很显然了。由于是一棵树，加了一条非树边以后显然子树里面均可以不走中间那段了，维护子树的奶牛数量，答案即为：
\(ans=max\{siz[u]*(edge-T)\}\)

2019 Jan Silver

LuoguP5199 [USACO19JAN]Mountain View

偏思惟一点的题。
考虑到是等腰直角三角形，因此下面的左端点就是\(x-y\)，右端点就是\(x+y\)。
而后按第一关键字左端点升序排序，第二关键字右端点降序排序求解便可。若是右端点大于以前的全部右端点就累加进答案。
至于为何我以为有个题解讲的挺好的。

LuoguP5198 [USACO19JAN]Icy Perimeter

简单爆搜。将联通块划分出来，那么面积就是最大联通块，而后对每一个最大联通块取个周长min就行了。

LuoguP5197 [USACO19JAN]Grass Planting

显然答案是max(度数+1)

2017 Dec Gold

BZOJ5140: [Usaco2017 Dec]A Pie for a Pie

最短路+set。
这个显然是个最短路问题...，把每一个A中B值为0的做为起点往回跑，B中A值为0的做为起点往回跑。每一个\(a_i\)的答案即为它的dis值。
发现边权只有1，因此bfs处理便可。还有一个问题是，边数最大能够到\(n^2\)，因而我就不会作了。去看了题解的神仙操做：用两个set来维护。
（尽管数据很水，强行连边也跑的飞快。固然这是后面才知道的否则也不会写set作法了...）
首先将每一个可能的终点塞进去队列里面，不可能做为终点的就塞进对应的set里面。
每次在set里面二分出来全部能够走的点松弛，松弛完直接删掉（bfs的最优性。）。
因此答案1~n的dis。无解状况将dis初值赋值为-1便可。
这样复杂度是\(O(nlogn)\)的。

这套其余两题之前作过了。

2018 Feb Gold

BZOJ5195: [Usaco2018 Feb]Directory Traversal

换根dp。
一开始看到这题差点觉得是大模拟而后直接跑路了。
如今仔细研究了一下其实就是个板子题。
虽然这题题意也有点奇怪就是了：给一棵树，边权是子节点的字符串的长度+1（对于叶子结点的父亲，没有+1）
而后求以某个点为根的每一个叶子结点的路径最小和（根本身选）。
那显然就是个换根dp了。
先一次dfs求出以1为根的状况。
而后转移有点特殊：
\[f[son]=f[fa]-(siz[son]*(len[son]+1))+(tot_{leaf}-siz[son])*3\]
考虑这个式子的意义：以son节点为根，那对于以son的父亲为根来讲，确定就少了到父亲那一段的引用距离。因此减掉，而后以son为根，那么除了son子树内的叶子结点，其余的叶子结点的路径确定多了一段："../"，因此*3.（siz指该子树内叶子结点的数量）。
复杂度\(O(n)\)

BZOJ5196: [Usaco2018 Feb]Taming the Herd

dp。一开始没想到能dp...搜了题解看到dp两字滚回去思考了一发差很少就想出来了。
由于n<=100因此考虑一个\(O(n^3)\)的dp。
设\(f[i,j,k]\)表示前i头牛 出走了j次 当日的真实天数为k。
那么分类今天有没有出走转移便可。
\[ f[i][j][k] = min\{f[i-1][j][k-1] + (a[i] != k)\}(今天没出走)\\ f[i][j][0] = min\{f[i-1][j-1][k] + (a[i] != 0)\}(今天出走了) \]

2018Dec Gold

BZOJ5488: [Usaco2018 Dec]Teamwork

简单dp。一开始看错题意了...觉得分红k组，每组不超过k，而后写了个\(O(nk)\)的单调队列优化dp...
实际上组数没限制...
因此能够设\(f[i]\)表示到i的最大价值和。用刷表法转移。
\(f[j]=max(f[j],f[i-1]+(j-i+1)*mx)(r-l+1<=k)\)
mx为区间\([i,j]\)的最大值。
复杂度是\(O(nk)\)的。

BZOJ5486: [Usaco2018 Dec]Fine Dining

分层图啥都能干.jpg
考虑设\(d[i][0]\)表示从n开始走到i的最短路，\(d[i][1]\)表示从n开始走到i通过一个草堆的最短路。
那么Dijkstra跑一发分层图就行了。也没啥细节。注意分层图分类别分少了就好。

BZOJ5487: [Usaco2018 Dec]Cowpatibility

正解是容斥（然而我并不会，只会bitset优化暴力，去找题解学习了一下容斥作法）。
不过bzoj好像调了时限，而后我如今网上找到的全部容斥题解都TLE了（由于网上的题解都用了string，换成hash才能过）。
容斥作法：
显然转化为\(n(n-1)/2-\)和谐对数。
而后和谐对数就5种状况：1个同样的，2个同样的，3个同样的，4个同样的，5个同样的。
用经典的容斥式子：
\[ ans=\sum_{i=1}^5f(i)*(-1)^i \]
\(f(i)\)为同样的对数的个数。
那么\(2^5\)枚举全部取法，容斥一遍便可。
用bitset优化一下暴力也跑的飞快，就慢了几百ms。复杂度是小常数的\(O(\frac{n^2logn}{w})\)（要开map否则存不下，或者能够分块求答案就不用开map）。
代码的话戳这里

2017Open Gold

BZOJ4779 [Usaco2017 Open]Bovine Genomics

http://www.javashuo.com/article/p-eeemunke-r.html

BZOJ4780 [Usaco2017 Open]Modern Art 2

这题看了题解...
考虑什么状况会是无解？显然就是两条线段不包含而又相交。
用栈来维护。每次遇到一个新的颜色（这种颜色第一次出现）就入栈。若是到了最后一次出现的地方就弹出。
那么若是中间有一次遇到一个top和当前颜色不一样的，确定就无解了（若是是包含的，它就会入栈了，没入栈说明必定是相交且不包含。）。
答案就是top的最大值。（由于每次涂色区域不能相交）
注意0是不涂色。因此不用管它。

2017Open Silver

BZOJ4781 [Usaco2017 Open]Paired Up

模拟。两个指针扫一扫便可。

BZOJ4782 [Usaco2017 Open]Bovine Genomics

枚举三元组。用个桶判三元组在A出现过没有便可。一开始看错题意了...

BZOJ4783 [Usaco2017 Open]Where

爆搜。调了1h多调到心态有点炸...
\(O(n^4)\)枚举矩形。dfs断定。能够先无论覆盖条件，把全部符合条件的矩形找出来，最后\(O(n^2)\)去个重。 大概80多行...