【NOIP2011TG】solution

老师最近叫我把NOIPTG的题目给刷掉，于是就开始刷吧= =

链接：https://www.luogu.org/problem/lists?name=&orderitem=pid&tag=83%2C28

D1T1：carpet

题意简析：一个平面内有多个矩形按顺序覆盖平面，问覆盖后某个点属于哪个矩形。

解题思路：从n~1倒着check点有没有在矩形内即可，时间效率\( O(n) \)。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define For(i,a,b) for (int i=a; i<=b; i++)
#define Ford(i,a,b) for (int i=a; i>=b; i--)
#define File(fn) freopen(fn".in","r",stdin); freopen(fn".out","w",stdout);
#define mem(qaq,num) memset(qaq,num,sizeof(qaq));
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define INF 2000000000
using namespace std;
struct zxy{
    int a,b,x,y;
}rect[];
int n,x,y;
inline int in(){
    int x=,f=;
    char ch=getchar();
    while (ch<''||ch>'') f=ch=='-'?-:,ch=getchar();
    while (ch>=''&&ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
    return x*f;
}
int main(){
    n=in();
    For(i,,n)
        rect[i].a=in(),rect[i].b=in(),rect,rect[i].x=in()+rect[i].a,rect[i].y=in()+rect[i].b;
    x=in(),y=in();
    Ford(i,n,){
        if (x>=rect[i].a&&x<=rect[i].x&&y>=rect[i].b&&y<=rect[i].y){
            printf("%d",i);
            return ;
        }
    }
    printf("-1");
}

D1T2:hotel

题意简析：给你n个客栈，叫你选取任意2个色调相同的不同客栈，且它们之间（包括本身）所有的客栈内存在最低消费不超过p的咖啡店，问你有多少种方案。

解题思路：这题貌似有\( O(n) \)的算法，但是我只想到\( O(n^2) \)的贪心，然后用线段树存区间最小值优化一个log，然后存下不同色调的客栈数，顺推一下就行了。时间效率\( O(n \lg n) \).

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define For(i,a,b) for (int i=a; i<=b; i++)
#define Ford(i,a,b) for (int i=a; i>=b; i--)
#define File(fn) freopen(fn".in","r",stdin); freopen(fn".out","w",stdout);
#define mem(qaq,num) memset(qaq,num,sizeof(qaq));
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define INF 2000000000
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;
int mi[],color[][],cnt[],lst[],n,k,p;
inline int in(){
    int x=,f=;
    char ch=getchar();
    while (ch<''||ch>'') f=ch=='-'?-:,ch=getchar();
    while (ch>=''&&ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
    return x*f;
}
inline void update(int x,int k,int l,int r,int add){
    if (l==r) {
        mi[k]=add;
        return;
    }
    if (x<=mid) update(x,k<<,l,mid,add);
    else update(x,k<<|,mid+,r,add);
    mi[k]=min(mi[k<<],mi[k<<|]);
}
inline int query(int l,int r,int k,int a,int b){
    if (!(l^a||r^b)) return mi[k];
    if (b<=mid) return query(l,mid,k<<,a,b);
    if (a>mid) return query(mid+,r,k<<|,a,b);
    return min(query(l,mid,k<<,a,mid),query(mid+,r,k<<|,mid+,b));
}
int main(){
    mem(mi,/);
    n=in(),k=in(),p=in();
    For(i,,n){
        int cl=in(),x=in();
        color[cl][++cnt[cl]]=i;
        update(i,,,n,x);
    }
    ll ans=;
    For(i,,k-)
        For(j,,cnt[i]){
            if (query(,n,,color[i][j-],color[i][j])<=p) ans+=j-,lst[i]=j-;
            else ans+=lst[i];
        }
    printf("%lld",ans);
}

D1T3:mayan

题意简析：看题目：)

解题思路：这种数据范围，就是爆搜啊= =，暴力枚举每次交换的点，然后按题意模拟一下，就行了。小剪枝：当任意一种颜色不足3个时就return。时间效率O(能过)。

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#define For(i,a,b) for (int i=a; i<=b; i++)
#define Ford(i,a,b) for (int i=a; i>=b; i--)
#define File(fn) freopen(fn".in","r",stdin); freopen(fn".out","w",stdout);
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define INF 2000000000
#define mem(qaq,num) memset(qaq,num,sizeof(qaq));
struct zxy{
    short x,y,op;
}ans[];
short pq[][],n;
inline short in(){
    short x=,f=;
    char ch=getchar();
    while (ch<''||ch>'') f=ch=='-'?-:,ch=getchar();
    while (ch>=''&&ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
    return x*f;
}
inline void swap(short &a,short &b){
    short t=a;a=b,b=t;
}
inline void print(int x,char ch){
    if (!x){
       putchar('');
       putchar(ch);
       return;
    }
    if (x<){
       putchar('-');
       x*=-;
    }
    char num[];
    short cnt=;
    while(x) num[++cnt]=x%+'',x/=;
    while(cnt) putchar(num[cnt--]);
    putchar(ch);
}
void output(){
    For(i,,n) print(ans[i].x,' '),print(ans[i].y,' '),print(ans[i].op,'\n');
    exit();
}
inline void down(){
    For(i,,){
        short pos=;
        For(j,,)
            if (pq[i][j]) pq[i][pos++]=pq[i][j];
        For(j,pos,) pq[i][j]=;
    }
}
inline bool check(){
    For(i,,) For(j,,) if (pq[i][j]) return ;
    return ;
}
inline bool move(){
    bool flag=,used[][]={};
    For(i,,)
        For(j,,){
            if (i<&&pq[i][j]==pq[i+][j]&&pq[i][j]==pq[i+][j]&&pq[i][j]){
                used[i][j]=used[i+][j]=used[i+][j]=;
                flag=;
            }
            if (j<&&pq[i][j]==pq[i][j+]&&pq[i][j]==pq[i][j+]&&pq[i][j]){
                used[i][j]=used[i][j+]=used[i][j+]=;
                flag=;
            }
        }
    For(i,,)
        For(j,,)
            if (used[i][j]) pq[i][j]=;
    return flag;
}
inline void dfs(int k){
    if (k>n) if (check()) output(); else return;
    int memory[][],cnt[]={};
    For(i,,) For(j,,) ++cnt[pq[i][j]];
    For(i,,) if (cnt[i]<&&cnt[i]) return;
    memcpy(memory,pq,sizeof(pq));
    For(x,,)
        For(y,,)
            if(pq[x][y]!=pq[x+][y]){
                if (pq[x][y]) ans[k].x=x,ans[k].y=y,ans[k].op=;
                else ans[k].x=x+,ans[k].y=y,ans[k].op=-;
                swap(pq[x][y],pq[x+][y]);
                down();while(move()) down();
                dfs(k+);
                memcpy(pq,memory,sizeof(pq));
            }
}
int main(){
    n=in();
    For(i,,){
        short pos=,x=in();
        while(x) pq[i][pos++]=x,x=in();
    }
    dfs();
    printf("-1\n");
}

D2T1:factor

题意简析：就是题目要求的啊。

解题思路：把ax和by看成整体，杨辉三角形求完全k次方式的各项系数，然后再用ax和by代进去就行了。时间效率\( O(k^2) \)。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define For(i,a,b) for (int i=a; i<=b; i++)
#define Ford(i,a,b) for (int i=a; i>=b; i--)
#define File(fn) freopen(fn".in","r",stdin); freopen(fn".out","w",stdout);
#define mem(qaq,num) memset(qaq,num,sizeof(qaq));
#define ll long long
#define mod 10007
#define INF 2000000000
using namespace std;
int tri[][],n,m,k,a,b;
inline int in(){
    int x=,f=;
    char ch=getchar();
    while (ch<''||ch>'') f=ch=='-'?-:,ch=getchar();
    while (ch>=''&&ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
    return x*f;
}
inline int ksm(int a,int k){
    if (!k) return ;
    if (!(k^)) return a%mod;
    int ans=ksm(a,k/)%mod;
    if (k&) return ans*ans%mod*a%mod;
    return ans*ans%mod;
}
int main(){
    a=in()%mod,b=in()%mod,k=in(),n=in(),m=in();
    tri[][]=;
    For(i,,k+)
        For(j,,i)
            tri[i][j]=(tri[i-][j-]+tri[i-][j])%mod;
    printf("%d",ksm(a,n)*ksm(b,m)%mod*tri[k+][k-n+]%mod);
}

D2T2:qc

题意简析：叫你确定一个参数W按照公式计算后使得|S-∑y[i]|最小。

解题思路：显然对于W的递增，有∑y[i]单调递减，我们考虑二分W，然后进行check。这样的效率是\( O（nm \lg S）\)的，我们可以发现我们可以通过每次2分后进行一个O(n)的预处理，计算≥W的个数与总和前缀，这样就可以优化效率。时间效率\( O((n+m) \lg max{W[i]}) \)

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define For(i,a,b) for (int i=a; i<=b; i++)
#define Ford(i,a,b) for (int i=a; i>=b; i--)
#define File(fn) freopen(fn".in","r",stdin); freopen(fn".out","w",stdout);
#define mem(qaq,num) memset(qaq,num,sizeof(qaq));
#define mod 1000000007
#define INF 1e18
#define mid (l+r>>1)
using namespace std;
int cnt[],sum[],w[],n,m,ll[],rr[],maw,miw=0x7fffffff,v[];
long long s,ans=1e18;
template <class T>
inline void in(T &x){
    x=;
    short f=;
    char ch=getchar();
    while (ch<''||ch>'') f=ch=='-'?-:,ch=getchar();
    while (ch>=''&&ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
    x*=f;
}
void init(int k){
    cnt[]=sum[]=;
    For(i,,n)
        if (w[i]>=k){
            cnt[i]=cnt[i-]+;
            sum[i]=sum[i-]+v[i];
        }
        else cnt[i]=cnt[i-],sum[i]=sum[i-];
    return;
}
inline void BS(int l,int r){
    if (l>r) return;
    init(mid);
    long long tmp=;
    For(i,,m){
        tmp+=abs((long long)((cnt[rr[i]]-cnt[ll[i]-])*(sum[rr[i]]-sum[ll[i]-])));
        if (tmp>INF) break;
    }
    if (tmp==s){
        ans=;
        return;
    }
    if (tmp<s){
        if (s-tmp<ans){
            ans=s-tmp;
        }
        BS(l,mid-);
        return;
    }
    if (tmp-s<ans){
        ans=tmp-s;
    }
    BS(mid+,r);
}
int main(){
    in(n); in(m); in(s);
    For(i,,n)
        in(w[i]),in(v[i]),miw=miw>w[i]?w[i]:miw,maw=maw<w[i]?w[i]:maw;
    For(i,,m)
        in(ll[i]),in(rr[i]);
    BS(miw,maw);
    printf("%lld",ans);
}

D2T3:bus

题意：就是一条链，每个点之间有限定条件，叫你求权值最小是多少。

解题思路：枚举每个加速器放在哪里，用前缀和优化找出对于可能的加速可以减少多少等待时间即可。时间效率\( O(kn) \)。（貌似有\( O(n) \)的算法）

#include<stdio.h>
#define For(i,a,b) for (int i=a; i<=b; i++)
#define Ford(i,a,b) for (int i=a; i>=b; i--)
#define File(fn) freopen(fn".in","r",stdin); freopen(fn".out","w",stdout);
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define INF 2000000000
int n,m,k,num[],st[],tim[],dis[],ans,use[];
struct zxy{
    int a,b,t;
}tou[];
template <class T>
inline void in(T &x){
    x=;
    short f=;
    char ch=getchar();
    while (ch<''||ch>'') {if (ch=='-') f=-;ch=getchar();}
    while (ch>=''&&ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
    x*=f;
}
template <class T>
inline void print(T x,char ch){
    if (!x){
       putchar('');
       putchar(ch);
       return;
    }
    if (x<){
       putchar('-');
       x*=-;
    }
    char num[];
    short cnt=;
    while(x) num[++cnt]=x%+'',x/=;
    while(cnt) putchar(num[cnt--]);
    putchar(ch);
}//for integer only
template <class T>
inline T max(T a,T b){
    return a>b?a:b;
}
template <class T>
inline T min(T a,T b){
    return a<b?a:b;
}
template <class T>
inline void abs(T &x){
    x=x<?-x:x;
}
void init(){
    in(n),in(m),in(k);
    For(i,,n-) in(dis[i]);
    For(i,,m)
        in(tou[i].t),in(tou[i].a),in(tou[i].b),num[tou[i].b]++,st[tou[i].a]=max(tou[i].t,st[tou[i].a]);
    For(i,,n) num[i]+=num[i-];
    tim[]=;
    For(i,,n)
        tim[i]=max(tim[i-],st[i-])+dis[i-];
    For(i,,m)
        ans+=tim[tou[i].b]-tou[i].t;
}
void solve(){
    while(k){
        use[n]=use[n-]=n;
        Ford(i,n-,)
            use[i]=tim[i+]<=st[i+]?i+:use[i+];
        int np=,p;
        For(i,,n)
            if (num[use[i]]-num[i]>np&&dis[i])
                np=num[use[i]]-num[i],p=i;
        if (!np) break;
        ans-=np;
        dis[p]--;
        k--;
        tim[]=;
        For(i,,n)
            tim[i]=max(tim[i-],st[i-])+dis[i-];
    }
    print(ans,'\n');
}
int main(){
    init();
    solve();
    return ;
}

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