2019.03.15 ZJOI2019模拟赛 解题报告

得分： \(20+45+15=80\)（三题暴力全写挂。。。）

\(T1\)：Lyk Love painting

首先，不难想到二分答案然后\(DP\)验证。

设当前需验证的答案为\(x\)，则一个暴力的想法就是设\(f_{i,j}\)表示在第一行选前\(i\)个数，第二行选前\(j\)个数使得每个矩形内元素和不超过\(x\)所需的最少矩形数。

则我们可以预处理出三个数组\(lst_{1,i},lst_{2,i},lst_{3,i}\)来分别表示能使\(\sum_{j=lst_{1,i}}^ia_{1,i}\le x,\sum_{j=lst_{2,i}}^ia_{2,i}\le x,\sum_{j=lst_{3,i}}^ia_{1,i}+a_{2,i}\le x\)的最小值。

这样就不难推出转移方程为：

\[f_{i,j}=min(f_{lst_{1,i},j},f_{lst_{2,i},j},f_{lst_{3,i},lst_{3,j}})+1
\]

其中第三种转移需要满足条件\(i=j\)。

但这样显然会\(TLE\)，因此需要优化。

考虑设\(f_i\)表示在第一行与第二行各选\(i\)个数使得每个矩形内元素和不超过\(x\)所需的最少矩形数。

则一个显然的转移就是前面提到过的：

\[f_i=f_{lst_{3,i}}+1
\]

而还有一种转移有点复杂，却很好理解。

我们先初始化\(t_1=t_2=i\)，分别表示第一行和第二行选择的元素个数。然后初始化\(tot=0\)，用于存储步数。

则每次我们选择\(t_1\)与\(t_2\)中较大的那个（设它为\(t_x\)，若相等则任选），然后把\(t_x\)更新为\(lst_{x,i}\)，并将\(tot\)加\(1\)。

然后，我们就可以得到转移方程如下：

\[f_i=f_{max(t_1,t2)}+tot
\]

这应该正确性显然。

然后加一些小剪枝，例如\(t_1=t_2=0\)时直接退出，还有当\(f_i>m\)时直接返回\(false\)等等，就可过了。

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define RL Reg LL
#define Con const
#define CI Con int&
#define CL Con LL&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define M 100
#define LL long long
#define Gmax(x,y) (x<(y)&&(x=(y)))
#define Gmin(x,y) (x>(y)&&(x=(y)))
#define Init(pos) for(i=1,p=0;i<=n;lst[pos][i++]=p) W(s[pos][i]-s[pos][p]>x) ++p;
using namespace std;
int n,m,lst[4][N+5],f[N+5];LL a[4][N+5],s[4][N+5];
class FastIO
{
	private:
		#define FS 100000
		#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
		#define tn (x<<3)+(x<<1)
		#define D isdigit(c=tc())
		char c,*A,*B,FI[FS];
	public:
		I FastIO() {A=B=FI;}
		Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
		Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
}F;
I bool Check(CL x)//DP验证答案正确性
{
	RI i,j,k,p,t,t1,t2;f[0]=lst[1][0]=lst[2][0]=lst[3][0]=0;//初始化
	Init(1)Init(2)Init(3)for(i=1;i<=n;++i)//Init预处理lst数组
	{
		f[t1=t2=i]=min(m,f[lst[3][i]])+1,t=0;//第一种转移
		W(++t<=m&&(t1||t2)) (t1>t2?t1=lst[1][t1]:t2=lst[2][t2]),Gmin(f[i],f[max(t1,t2)]+t);//用t1和t2两个变量不断向前跳，更新答案
		if(f[i]>m) return false;//如果f[i]已经大于m，返回false
	}return true;
}
int main()
{
	freopen("paint.in","r",stdin),freopen("paint.out","w",stdout);
	RI i,j,Mx=0;RL res,STO,hl,ORZ;for(F.read(n,m),i=1;i<=2;++i) for(j=1;j<=n;++j) F.read(a[i][j]),s[i][j]=a[i][j]+s[i][j-1],Gmax(Mx,a[i][j]);//读入，初始化前缀和
	for(i=1;i<=n;++i) a[3][i]=a[1][i]+a[2][i],s[3][i]=s[1][i]+s[2][i];//用a[3]记录下a[1]与a[2]的和，方便之后的操作
	STO=Mx,ORZ=s[1][n]+s[2][n];W(STO<=ORZ) Check(hl=STO+ORZ+1>>1)?(res=hl,ORZ=hl-1):STO=hl+1;return printf("%lld",res),0;//二分答案
}

\(T2\)： Lyk Love convex hull

一道神仙计算几何+\(DP\)，压根不会订正。

\(T3\)：Lyk Love music

一道挺有趣的神仙题，可惜看了题解还是云里雾里。。。