[原博客] POI系列(1)

正规、严谨、精妙。 -POI

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　　发现POI(波兰信息学奥赛)的题都很有意思。于是开刷bzoj上的poi题目(按ac人数降序。。)。顺手写一写题解，加深印象。
　　为了防止一篇文章过于长，打算每五道题另起一篇文章。

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　　BZOJ 1103 : [POI2007]大都市meg

　　给一棵树，每次可以把树上的一些边标记了，问一个点与根之间需要走多少没有标记的边。

　　这个可以把这颗树遍历得到一个dfs序每第一次经过一个点的时候记录为+1,第二次经过一个点的时候记录为-1，然后记录每个点第一次经过时在序列里的位置f[i]和第二次经过在序列里的位置l[i]，对于查询（x）就是序列中一直到f[x]-1的前缀和，因为真正没走的那些边都+1-1消掉了，只剩下真正要统计的边了。对于每次标记(a,b) 设a<b 就是序列里 f[b]的位置-1，l[b]的位置+1，就相当于消掉了这条边。另外这道题得手写栈dfs，否则会爆栈。

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    Problem: 1103
    User: zrts
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:4484 ms
    Memory:9596 kb
****************************************************************/

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define lowbit(x) (x&-x)
//by zrt
//problem:
using namespace std;
typedef long long ll;
);
int n,m;
];
],P[],X[],tot;
],l[];
];
int tim;
],top;
void add(int pos,int x){
    for(;pos<=n;pos+=lowbit(pos)){
        c[pos]+=x;
    }
}
int ask(int pos){
    ;
    ;pos-=lowbit(pos)){
        ret+=c[pos];
    }
    return ret;
}
inline void Add(int x,int y){
    P[++tot]=y;X[tot]=H[x];H[x]=tot;
}
int main(){
    #ifdef LOCAL
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif
    scanf("%d",&n);
    ,x,y;i<n;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        if(x<y) Add(x,y);
        else Add(y,x);
    }
    stk[top++]=;
    int k;
    ){
        k=stk[--top];
        if(f[k]){
            l[k]=++tim;
            c[tim]=-;
            continue;
        }else{
            f[k]=++tim;
            c[tim]=;
            stk[top++]=k;
            for(int i=H[k];i;i=X[i]){
                stk[top++]=P[i];
            }
            continue;
        }
    }
    n*=;
    ;i<n;i++){
        if(i+lowbit(i)<=n){
            c[i+lowbit(i)]+=c[i];
        }
    }
    scanf("%d",&m);
    m=n/+m-;
    ,x,y;i<m;i++){
        scanf("%s",s);
        ]=='W'){
            scanf("%d",&x);
            printf();
        }else{
            scanf("%d%d",&x,&y);
            if(x>y){
                add(f[x],-);
                add(l[x],);
            }else{
                add(f[y],-);
                add(l[y],);
            }
        }
    }
    ;
}

　　BZOJ 1121 : [POI2008]激光发射器SZK

　　刚看完觉得不可做。
　　因为光线都是沿45°，所以从一个点发射光线必有一个点接收，又因为光路是可逆的，不可能有不同的点出发的光路重合的现象，所以输出n/2（原题让输出方案。。）;

/**************************************************************
    Problem: 1121
    User: zrts
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:0 ms
    Memory:804 kb
****************************************************************/

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
//by zrt
//problem:
using namespace std;
typedef long long ll;
);

int main(){
    #ifdef LOCAL
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif
    int n;
    scanf("%d",&n);
    printf();
    ;
}

　　BZOJ 1113 : [Poi2008]海报PLA

　　显然单调栈啊，相等的时候处理一下。没了。

/**************************************************************
    Problem: 1113
    User: zrts
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:1496 ms
    Memory:1780 kb
****************************************************************/

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
//by zrt
//problem:
using namespace std;
typedef long long ll;
);
],top;
int main(){
    #ifdef LOCAL
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif
    int n;
    scanf("%d",&n);
    ;
    ,x;i<n;i++){
        scanf("%*d%d",&x);
        &&x<=stk[top-]) {
            top--,ans++;
            if(stk[top]==x) ans--;
        }
        stk[top++]=x;
    }
    printf("%d\n",ans+top);
    ;
}

　　BZOJ 1529 : [POI2005]ska Piggy banks

　　一堆存钱罐，每个存钱罐的钥匙在另一个存钱罐里，问最少砸烂多少个存钱罐。
　　如果A罐的钥匙在B罐里，我们连边B->A，表示只要开了B就能开A。然后得到一张无向图，显然在一个强连通分量中的罐子最多只用砸烂一个，而每个强连通分量的罐子有可能被别的强连通分量的罐子打开，所以将这张图缩点，得到一个DAG，显然我们只用砸那些入度为0的强连通分量并且每个分量砸一个就ok了，也就是DAG的叶子节点。
（原来tarjan中，dfn没有记录的必要啊，详见程序。）

/**************************************************************
    Problem: 1529
    User: zrts
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:2316 ms
    Memory:63620 kb
****************************************************************/

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
//by zrt
//problem:
using namespace std;
typedef long long ll;
);
int n;
],X[],P[],tot;
inline void add(int x,int y){
    P[++tot]=y;X[tot]=H[x];H[x]=tot;
}
],stk[],top;
];
int cnt;
];
void tarjan(int x){
    int dfn=low[x]=++tim;
    instack[x]=;stk[top++]=x;
    for(int i=H[x];i;i=X[i]){
        if(!low[P[i]]) tarjan(P[i]),low[x]=min(low[x],low[P[i]]);
        else if(instack[P[i]]) low[x]=min(low[x],low[P[i]]);
    }
    if(low[x]==dfn){
        cnt++;
        int k;
        do{
            k=stk[--top];
            instack[k]=;
            belong[k]=cnt;
        }while(k!=x);
    }
}
];
int main(){
    #ifdef LOCAL
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif
    scanf("%d",&n);
    ,x;i<=n;i++){
        scanf("%d",&x);
        add(x,i);
    }
    ;i<=n;i++){
        if(!low[i]) tarjan(i);
    }
    ;i<=n;i++){
        for(int j=H[i];j;j=X[j]){
            ;
        }
    }
    ;
    ;i<=cnt;i++){
        if(!ind[i]) ot++;
    }
    printf("%d\n",ot);
    ;
}

　　BZOJ 1532 : [POI2005]Kos-Dicing

　　网络流里这个模型太熟了。
　　首先求最大值最小先二分，然后判定是否可以相互制约使得都在ans场内决出冠军。具体连边就是S向每场比赛连边容量为1，每场比赛向两个人分别连边，容量1。然后每个人向T连边，容量为ans。看看最大流S是否满载。搞定。

/**************************************************************
    Problem: 1532
    User: zrts
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:576 ms
    Memory:2764 kb
****************************************************************/

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
//by zrt
//problem:
using namespace std;
typedef long long ll;
);
int n,m;
],X[],P[],flow[],d[],tot;
],h,t;
],b[];
int S,T;
inline void add(int x,int y,int z){
    P[++tot]=y;X[tot]=H[x];H[x]=tot;flow[tot]=z;
}
bool bfs(){
    memset(d,,;
    d[S]=;q[t++]=S;
    int k;
    while(h!=t){
        k=q[h++];
        for(int i=H[k];i;i=X[i]){
            &&(!d[P[i]])){
                q[t++]=P[i];
                d[P[i]]=d[k]+;
            }
        }
    }
    return d[T];
}
int dfs(int x,int a){
    ||x==T) return a;
    int f=a,tmp;
    for(int i=H[x];i&&a;i=X[i]){
        &&flow[i]>){
            tmp=dfs(P[i],min(a,flow[i]));
            a-=tmp;
            flow[i]-=tmp;
            flow[i^]+=tmp;
        }
    }
    ;
    return f-a;
}
int dinic(){
    );
    while(bfs()){
        f+=dfs(S,<<);
    }
    return f;
}
bool judge(int x){
    memset(H,,;
    ;i<m;i++){
        add(S,i,);add(i,S,);
        add(i,a[i]+m,);add(a[i]+m,i,);
        add(i,b[i]+m,);add(b[i]+m,i,);
    }
    ;i<=n;i++) add(i+m,T,x),add(T,i+m,);
    if(dinic()>=m) return true;
    else return false;
}
int main(){
    #ifdef LOCAL
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif
    scanf("%d%d",&n,&m);
    ;i<m;i++){
        scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
    }
    ),R(m),M;
    S=,T=;
    ){
        M=(L+R)>>;
        if(judge(M)){
            R=M;
        }else L=M;
    }
    printf("%d\n",R);
    ;
}

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以上。