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游戏 (game)

题目描述

A和B在玩游戏。桌子上有n个格子,其中一些格子放有棋子‘x’,空格子用‘o’表示。A和B轮流进行以下操作中的任何一种。
1>当某一个棋子右边有空格时,将该棋子向右移动一位。
ooxoo -> oooxo
2>当某一个棋子右边恰好是连续的两个棋子时,将该棋子直接跳过连续的两个棋子。
ooxxxoo -> oooxxxo
当棋子到达终点(最右端的格子)时,棋子将消失。当某一方不能移动时,这方输。A先走。请问A是否必胜?

输入

多组测试数据。
对于每一组测试数据:
第一行输入一个整数n,表示格子数量。
第二行输入长度为n的‘x’‘o’串。

输出

对于每一组测试数据,输出一行“YES”或者“NO”。

样例数据

样例输入 样例输出

4
ooxo
4
xxxo
5
oxxxo

YES
NO
NO

<数据范围>

对于30%的数据,n<=20。
对于100%的数据,n<=10^6 ,测试数据组数 T<=5。

解析

这道题其实考点是博弈论(还不了解博弈论?阅读一下这些论文吧。[点击下载]) ,不过由于策略比较简单,可以通过找规律来得到答案。

考虑所有棋子到终点的距离和sum,观察无论哪一种操作都恰好改变了sum的奇偶性。若sum为奇数,则A必胜;否则A必败。

时间复杂度:O(n)。

Code

  1. #include<cstdio>
  2. #include<cstring>
  3. #include<algorithm>
  4.  
  5. using namespace std;
  6.  
  7. #define N 1000005
  8. #define ll long long
  9.  
  10. char S[N];
  11. int t,n;
  12. ll k;
  13.  
  14. int main()
  15. {
  16. while(scanf("%d",&n)==)
  17. {
  18. scanf("%s",S+);
  19. k=;
  20. for(int i=;i<=n;i++)
  21. if(S[i]=='x')
  22. k+=n-i;
  23. if(k&)
  24. printf("YES\n");
  25. else
  26. printf("NO\n");
  27. }
  28. return ;
  29. }

轰炸 (bomb)

题目描述

A国和B国开战。B国国王痴迷于树,所以B国的城市道路是一棵树的形状。A国情报局通过B国地下组织获取了该消息……给力的地下党还窃取了B国每一个城市的火药储备量m[i],即轰炸城市i可以同时炸掉距离城市i在m[i]之内的其他城市。
由于A国国力有限,A国情报局局长想知道至少需要炸几次才能把B国所有城市都炸掉……

输入

第一行输入一个整数n,表示B国的城市数量。
第二行输入n个整数,第i个整数m[i]表示城市i的火药储备量。
接下来的n-1行,每一行输入两个整数u、v,表示一条连接城市u、v长度为1的城市道路。

输出

输出一行一个整数,即最少轰炸次数。

样例数据

样例输入 样例输出

5
1 1 1 1 1
1 2
2 3
3 4
4 5

 2

<数据范围>

对于10%的数据,n<=10 。
对于30%的数据,n<=1000 。
对于100%的数据,n<=10^5 , m[i]<=100 。

解析

一看这道题,就感觉有点像战略游戏这道题,于是就想到了用树形DP。

好吧,这就是一道典型的树形DP。

令f[u][i]表示以u为根的子树被完全破坏,同时还能向上延伸i的最小值。

令g[u][i]表示以u为根的子树未被完全破坏,还应向下延伸i的最小值。

转移方程式:

1.不轰炸u节点

2.轰炸u节点

很显然直接这样做是会TLE的。

令minf[u][i]表示,同理ming[u][i]表示

再用s1[u][i]表示

s2[u][i]表示

那么上述转移方程式可以写成:

这样时间复杂度为O(100n)。

Code

  1. #include<cstdio>
  2. #include<iostream>
  3. #include<cstring>
  4. #include<cmath>
  5.  
  6. #define MAXN 100010
  7.  
  8. using namespace std;
  9.  
  10. char word;
  11.  
  12. void Read(int &t)
  13. {
  14. t=;
  15. do word=getchar();while(word<''||word>'');
  16. do{t=t*+word-'';word=getchar();}while(word>=''&&word<='');
  17. }
  18.  
  19. struct node
  20. {
  21. int v;
  22. node *next;
  23. }edge[MAXN*],*adj[MAXN],*tmp=edge;
  24.  
  25. int n, mx, m[MAXN];
  26. int f[MAXN][],minf[MAXN][],g[MAXN][],ming[MAXN][],s1[MAXN][],s2[MAXN][];
  27.  
  28. inline void add(int u,int v)
  29. {
  30. tmp->v=v;
  31. tmp->next=adj[u];
  32. adj[u]=tmp;
  33. ++tmp;
  34. tmp->v=u;
  35. tmp->next=adj[v];
  36. adj[v]=tmp;
  37. ++tmp;
  38. }
  39.  
  40. void dp(int u,int fa)
  41. {
  42. int v,i;
  43. for(node *p=adj[u];p;p=p->next)
  44. if((v=p->v)!=fa)
  45. {
  46. dp(v,u);
  47. s1[u][]+=minf[v][],s2[u][]+=minf[v][];
  48. for(i=;i<=mx;++i)
  49. s1[u][i]+=min(minf[v][i+],ming[v][i-]),s2[u][i]+=min(ming[v][i-],minf[v][i]);
  50. }
  51. for(i=mx+;i>=;--i)
  52. f[u][i]=g[u][i]=minf[u][i]=ming[u][i]=n;
  53. g[u][]=s2[u][];
  54. for(node *p=adj[u];p;p=p->next)
  55. if((v=p->v)!=fa)
  56. {
  57. f[u][]=min(f[u][],f[v][]+s1[u][]-minf[v][]);
  58. for(i=;i<=mx;++i)
  59. {
  60. f[u][i]=min(f[u][i],f[v][i+]+s1[u][i]-min(minf[v][i+],ming[v][i-]));
  61. g[u][i]=min(g[u][i],g[v][i-]+s2[u][i]-min(ming[v][i-],minf[v][i]));
  62. }
  63. }
  64. f[u][m[u]]=min(f[u][m[u]],s1[u][m[u]]+);
  65. minf[u][]=f[u][],ming[u][]=g[u][];
  66. for(i=;i<=mx+;++i)
  67. minf[u][i]=min(f[u][i],minf[u][i-]),ming[u][i]=min(g[u][i],ming[u][i-]);
  68. }
  69.  
  70. int main()
  71. {
  72. scanf("%d",&n);
  73. for(int i=;i<=n;++i)
  74. Read(m[i]),mx=max(mx,m[i]);
  75. for(int i=,u,v;i<n;++i)
  76. Read(u),Read(v),add(u,v);
  77. dp(,);
  78. printf("%d",minf[][mx]);
  79. return ;
  80. }

统计 (count)

题目描述

定义一个整数集合S,S中的元素满足在十进制表示下只有5和7,例如5、7、57、75。
对于一个有n个元素的数列{a}进行以下两种操作:
操作一:add l r v,表示对于数列中加上v。
操作二:query l r,表示询问数列中有多少个 i∈[l,r]满足 ai∈S。

输入

第一行输入两个整数n、m,分别表示数列长度和操作次数。
第二行输入n个整数,表示这个数列。
接下来的m行,每一行输入一个操作,操作格式如上。

输出

对于每一个询问操作输出一行一个整数。

样例数据

样例输入 样例输出

10 5
1 5 7 2 5 75 8 7 9 57
query 2 7
add 1 5 2
query 1 5
add 3 8 -1
query 1 10

4
2
3

<数据范围>

对于100%的数据,n,m<=10^5,ai在任何时刻都满足ai∈[1,10000]。

解析

令K表示在10000以内S集合的元素个数,K=30。

把序列划分成长度为B的若干块。对于一个块,用cnt[i]表示i在块中的个数,同时维护一个加法标记。

接下来考虑如何处理这两种操作:

Add l r:对于块外的元素,暴力修改,时间复杂度O(B)。对于连续的块,修改标记即可,时间复杂度O(n/B)。

Query l r v:对于块外的元素,标记下传暴力查询,时间复杂度O(B)。对于连续的块,假设已经打上了Δx的标记,就对于每一个L∈S,统计块中有多少个L-Δx,时间复杂度O(n*K/B)。

总时间复杂度:O(m*(B+n*K/B))。由耐克函数的相关性质可得,当时B=sqrt(n*K/B),时间复杂度最小。

Code

  1. #include<iostream>
  2. #include<cstdio>
  3. #include<cmath>
  4.  
  5. #define MAXN 100005
  6.  
  7. using namespace std;
  8.  
  9. char word,s[];
  10. bool ff;
  11.  
  12. void Read(int &t)
  13. {
  14. t=,ff=;
  15. do{word=getchar();if(word=='-')ff=;}while(word<''||word>'');
  16. do{t=t*+word-'';word=getchar();}while(word>=''&&word<='');
  17. if(ff)t=-t;
  18. }
  19.  
  20. int n,m,cnt,num[MAXN],pos[MAXN],pos2[MAXN];
  21. const int a[]={,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,};
  22. bool F[];
  23.  
  24. struct block
  25. {
  26. int num[], len, flag;
  27. int cnt[];
  28. inline void add(int a)
  29. {
  30. ++cnt[a];
  31. num[++len]=a;
  32. }
  33. inline void putdown()
  34. {
  35. if(flag)
  36. {
  37. for(int i=;i<=len;++i)
  38. {
  39. --cnt[num[i]];
  40. num[i]+=flag;
  41. ++cnt[num[i]];
  42. }
  43. flag=;
  44. }
  45. }
  46. inline void modify(int l,int r,int v)
  47. {
  48. if(l==&&r==len)
  49. {
  50. flag+=v;
  51. return;
  52. }
  53. putdown();
  54. for(int i=l;i<=r;++i)
  55. {
  56. --cnt[num[i]];
  57. num[i]+=v;
  58. ++cnt[num[i]];
  59. }
  60. }
  61. inline int query()
  62. {
  63. int ans=;
  64. for(int i=;i<=;++i)
  65. if(a[i]-flag<=&&a[i]-flag>=)
  66. ans+=cnt[a[i]-flag];
  67. return ans;
  68. }
  69. inline int query(int l,int r)
  70. {
  71. if(l==&&r==len)
  72. return query();
  73. putdown();
  74. int ans=;
  75. for(int i=l;i<=r;++i)
  76. if(F[num[i]])
  77. ++ans;
  78. return ans;
  79. }
  80. }b[];
  81.  
  82. inline void build()
  83. {
  84. int l=(int)sqrt(n*+0.5);
  85. cnt=;
  86. for(int i=;i<=n;++i)
  87. {
  88. if(b[cnt].len==l)
  89. ++cnt;
  90. b[cnt].add(num[i]);
  91. pos[i]=cnt, pos2[i]=b[cnt].len;
  92. }
  93. }
  94.  
  95. inline void add(int l,int r,int v)
  96. {
  97. int L=pos[l], R=pos[r];
  98. if(L==R)
  99. {
  100. b[L].modify(pos2[l],pos2[r],v);
  101. return;
  102. }
  103. for(int i=L+;i<R;++i)
  104. b[i].flag+=v;
  105. b[L].modify(pos2[l],b[L].len,v);
  106. b[R].modify(,pos2[r],v);
  107. }
  108.  
  109. inline int query(int l,int r)
  110. {
  111. int L=pos[l],R=pos[r];
  112. if(L==R)
  113. return b[L].query(pos2[l],pos2[r]);
  114. int ans=b[L].query(pos2[l],b[L].len)+b[R].query(,pos2[r]);
  115. for(int i=L+;i<R;++i)
  116. ans+=b[i].query();
  117. return ans;
  118. }
  119.  
  120. int main()
  121. {
  122. for(int i=;i<=;++i)
  123. F[a[i]]=;
  124. Read(n),Read(m);
  125. for(int i=;i<=n;++i)
  126. Read(num[i]);
  127. build();
  128. int l,r,v;
  129. while(m--)
  130. {
  131. scanf("%s",s);
  132. Read(l),Read(r);
  133. if(s[]=='a')
  134. {
  135. Read(v);
  136. add(l,r,v);
  137. }
  138. else
  139. printf("%d\n",query(l,r));
  140. }
  141. return ;
  142. }

Time: 2017-07-27

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