APIO 2013

这套好丧……跟别的画风好不一样（中国风？）。提答没做也没测，假装只有两题吧。140/200

T1.ROBOTS

题目大意：h*w的网格上有n个机器人编号1~n，网格上有空地、墙、顺/逆时针转向器，每次可以把一个机器人朝一个方向推，机器人碰到空地会继续前进，碰到转向器会转向，碰到墙会在前一格停止，同一时间只能有一个机器人在动，编号连续的机器人可以合体，例如2号和3号合成[2,3]，[2,3]和[4,6]合成[2,6]，问把所有机器人合成一个最少要推几下，无解输出-1。（n<=9，h,w<=500）

思路：先记忆化搜索预处理出每个格子朝四个方向推各会推到哪里（注意可能会无限循环），用f[i][j][k][l]表示[i,j]并成一个机器人位于(k,l)格至少要推几下（内存较紧，需要hash），考虑dijkstra，堆的log难以接受，我想了个方法：答案肯定不会太大，于是每种权值开一个队列，这样复杂度是每次转移O(1)，由于还要区间合并，最后时间复杂度大概是O(n^3hw)，空间同样。不过实际上这个n^3不是满的，所以理论上应该是很科学的，不过我写了vector，常数好像有点大，本来想手写个链表加上内存回收搞不好就过了，因为懒而且还要打T2暴力就放弃了，最后得分85/100（都是T）。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define MN 500
#define MQ 11250000
struct pos{int x,y;}t[MN+][MN+][];
const int o[][]={{,-},{-,},{,},{,}};
char g[MN+][MN+];
int d[MQ+],p[][],pl[],pr[],pn,x,y,l,r;
pos work(int x,int y,int f)
{
    if(t[x][y][f].x)return t[x][y][f];
    t[x][y][f]=(pos){-,-};
    int r;
    if(g[x][y]=='.'||(g[x][y]>=''&&g[x][y]<=''))r=f;
    if(g[x][y]=='A')r=f?f-:;
    if(g[x][y]=='C')r=f<?f+:;
    return t[x][y][f]=(g[x][y]&&g[x][y]!='x')?
        work(x+o[r][],y+o[r][],r):(pos){x-o[f][],y-o[f][]};
}
inline int hash(int x,int y,int l,int r){return x<?-:((x-)*+y-)*pn+p[l][r];}
inline void dehash(int z){l=pl[z%pn];r=pr[z%pn];y=(z/=pn)%+;x=z/+;}
struct MyPQ
{
    vector<queue<int> > v;int x;
    void push(int x,int z)
    {
        if(x<||(d[x]&&d[x]<=z))return;d[x]=z;
        while(v.size()<z)v.push_back(queue<int>());
        v[z-].push(x);
    }
    inline int top(){return v[x].front();}
    inline void next(){for(v[x].pop();v[x].empty()&&x<v.size();++x);if(x==v.size())puts("-1"),exit();}
    inline void pop(){for(next();x>=d[v[x].front()];next());}
}q;
int main()
{
    int n,w,h,i,j,k,z,zz;
    scanf("%d%d%d",&n,&w,&h);--n;
    for(i=;i<=h;++i)scanf("%s",g[i]+);
    for(i=;i<;++i)for(j=i;j<;++j)pl[pn]=i,pr[pn]=j,p[i][j]=pn++;
    for(i=;i<=h;++i)for(j=;j<=w;++j)
    {
        for(k=;k<;++k)work(i,j,k);
        if(g[i][j]>=''&&g[i][j]<='')q.push(hash(i,j,g[i][j]-'',g[i][j]-''),);
    }
    while(true)
    {
        dehash(z=q.top());q.pop();
        if(l==&&r==n)return printf("%d",d[z]-),;
        for(i=;i<l;++i)if(d[zz=hash(x,y,i,l-)])q.push(hash(x,y,i,r),d[z]+d[zz]-);
        for(i=;i>r;--i)if(d[zz=hash(x,y,r+,i)])q.push(hash(x,y,l,i),d[z]+d[zz]-);
        for(j=;j<;++j)q.push(hash(t[x][y][j].x,t[x][y][j].y,l,r),d[z]+);
    }
}

正解：双队列广搜，每种机器人先出算出可以合成它的所有小机器人在各个位置的情况，然后开两个队列，一个是按从小机器人合成的按权值排序的队列，一个是被推着走拓展出的队列，每次取最小的，这种做法理论上和我的是同阶的，不过常数上感觉比我优到不知道哪里去了。

T2.TOLL

题目大意：给出一张N点M边的带权联通无向图，每个点上有一些人，给定K条边，要求你定边权后加入原图，使得最后最小生成树上，每个人走到1号点，路径上经过的新加的边的权值和最大。（N<=100,000，M<=300,000，K<=20）

思路：暴力枚举最后保留哪些新加的边，对原图做最小生成树后，每次加入一条非树边，O(n)算出每条边被保留下最大能取的权值，并算出答案，复杂度O(MlogM+NK*2^K)，得分55/100。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
inline int read()
{
    int x=;char c;
    while((c=getchar())<''||c>'');
    for(;c>=''&&c<='';c=getchar())x=(x<<)+(x<<)+c-'';
    return x;
}
#define MN 100000
#define MM 300000
#define MK 20
struct Edge{int x,y,w;}E[MM+],S[MN+],K[MK+],T[MN+];
bool cmp(Edge a,Edge b){return a.w<b.w;}
struct edge{int nx,t,w,u,f;}e[MN*+];
int n,k,f[MN+],h[MN+],en,u[MN+],p[MN+],mx[MK+];
int fa[MN+],tf[MN+],d[MN+],ps[MN+];
ll ans,fs[MN+];
int gf(int k){return f[k]?f[k]=gf(f[k]):k;}
inline void ins(int x,int y,int w,int f=)
{
    e[++en]=(edge){h[x],y,w,,f};h[x]=en;
    e[++en]=(edge){h[y],x,w,,f};h[y]=en;
}
void pre(int x)
{
    for(int i=h[x];i;i=e[i].nx)if(!e[i].u&&e[i].t!=fa[x])
        d[e[i].t]=d[x]+,fa[e[i].t]=x,tf[e[i].t]=i,pre(e[i].t);
}
void dp(int x,int fa)
{
    ps[x]=p[x];fs[x]=;
    for(int i=h[x];i;i=e[i].nx)if(!e[i].u&&e[i].t!=fa)
    {
        dp(e[i].t,x);
        ps[x]+=ps[e[i].t];
        fs[x]+=fs[e[i].t];
        if(e[i].f)fs[x]+=(ll)mx[e[i].f]*ps[e[i].t];
    }
}
void work()
{
    int i,j=,x,y,z,c;
    memset(f,,sizeof(int)*(n+));
    for(i=;i<=k;++i)if(u[i]&&gf(K[i].x)!=gf(K[i].y))
        f[gf(K[i].x)]=gf(K[i].y),T[++j]=K[i];
    memset(h,,sizeof(int)*(n+));en=;
    for(i=;i<n;++i)ins(S[i].x,S[i].y,S[i].w);
    memset(mx,,sizeof(mx));
    for(i=;i<=j;++i)
    {
        pre();
        for(x=T[i].x,y=T[i].y,z=-;x!=y;)
            if(d[x]>d[y]){if(e[tf[x]].w&&e[tf[x]].w>z)z=e[tf[x]].w,c=tf[x];x=fa[x];}
                     else{if(e[tf[y]].w&&e[tf[y]].w>z)z=e[tf[y]].w,c=tf[y];y=fa[y];}
        e[c].u=e[c^].u=;mx[i]=z;
        for(x=T[i].x,y=T[i].y;x!=y;)
            if(d[x]>d[y]){if(!e[tf[x]].w)mx[e[tf[x]].f]=min(mx[e[tf[x]].f],z);x=fa[x];}
                     else{if(!e[tf[y]].w)mx[e[tf[y]].f]=min(mx[e[tf[y]].f],z);y=fa[y];}
        ins(T[i].x,T[i].y,,i);
    }
    dp(,);
    if(fs[]>ans)ans=fs[];
}
void dfs(int x)
{
    if(x>k){work();return;}
    u[x]=;dfs(x+);
    u[x]=;dfs(x+);
}
int main()
{
    freopen("toll.in","r",stdin);
    freopen("toll.out","w",stdout);
    int m,i,j;
    n=read();m=read();k=read();
    for(i=;i<m;++i)E[i].x=read(),E[i].y=read(),E[i].w=read();
    sort(E,E+m,cmp);
    for(i=j=;i<m;++i)if(gf(E[i].x)!=gf(E[i].y))
        f[gf(E[i].x)]=gf(E[i].y),S[++j]=E[i];
    for(i=;i<=k;++i)K[i].x=read(),K[i].y=read();
    for(i=;i<=n;++i)p[i]=read();
    dfs();
    cout<<ans;
    fclose(stdin);fclose(stdout);return ;
}

正解：一开始先把K条边边权设为0和M条边放一起跑最小生成树，K条边把最小生成树分成K+1块，每一块最后无论如何一定是连在一起的，可以缩成一个点，然后再按上面的暴力做，复杂度O(MlogM+K^2*2^K)。