[考試反思]1102csp-s模擬測試98：苟活

好像沒有什麼粘文件得分的必要（原本就沒多少分了也丟不了多少了）

並且從此次開始小綠框不表明首殺而表明手速了2333

其實我挺菜的，牛一個frepoen送掉100分纔跟我並列%%%milkfun mikufun

這一場對於除了他之外的人都是搜索專場。。。

沒什麼水準可是挺有RP的

話說T1和T3的搜索全寫掛我是否是沒救了。。。

 

T1：線性代數

代什麼數。。。就是個數字華容道。。。

巨型模擬，由於玩數字華容道的時候並無總結必勝策略因此考場上什麼也不會

亂髮現了一些規律，有機率找到解，可是這題子任務評測，因此爆零了。

對的點固然不限於Impossible。若是按測試點評分能有40呢。。。（話說爲何大點找到解的機率反而更大？）

正解就是一種必勝策略。先把(3,3)到(n,n)這個正方形填上，再把(1,3)到(2,n)和(3,1)到(n,2)這兩個矩形填上。

填矩形的方法就是對於每一個1×2的矩形，(2,n)放到(1,n)，(1,n)放到(1,n-1)，把0放到(2,n)而後就行了。

具體實現是個大模擬，沒時間打了。

 

T2：裝飾

記憶化搜索。

外層全局枚舉最終時間，內層記憶化搜索。

根據每個時刻的決策均可以判斷出它到最終時刻爲止所產生的影響。

 1 #include<cstdio>
 2 int TLE,n,f[17],E,st[18][133333];
 3 bool sch(int t,int s){//printf("%d %d\n",t,s);
 4     if(s==E)return true;
 5     if(t==TLE)return false;
 6     if(st[t][s]==TLE)return true;
 7     if(st[t][s]==-TLE)return false;
 8     if(sch(t+1,s)){st[t][s]=TLE;return true;}
 9     for(int i=1;i<=n;++i){
10         int rs=s;
11         for(int p=i,T=TLE-t;p&&T;p=f[p],T--)rs^=1<<p;
12         if(sch(t+1,rs)){st[t][s]=TLE;return true;}
13     }
14     st[t][s]=-TLE;return false;
15 }
16 int main(){
17     freopen("decoration.in","r",stdin);
18     freopen("decoration.out","w",stdout);
19     scanf("%d",&n);
20     for(int i=2;i<=n;++i)scanf("%d",&f[i]);
21     for(int i=1,x;i<=n;++i)scanf("%d",&x),E|=x<<i;
22     for(;TLE<=n;++TLE)if(sch(0,0))return printf("%d\n",TLE),0;
23 }

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T3：午飯

神仙題。%%%mikufun考場切。

首先觀察部分分，考慮沒有-1的狀況。

那每一個人都是越早學會越好。

設$f_i$表示第i我的最先在何時學會，則有$ f_i=min ( max(f_j,L_{i,j}) ) $

其中$i,j$在一塊兒吃了飯 ，飯的時間的左端點爲$L$

 這個模型的話能夠看成以上式$max$爲邊權的最短路，這樣就可作了。

求出每一個人的$f$後判斷是否有人應該學會卻沒學會，枚舉每一頓飯根據兩我的的$f$來肯定飯的時間便可。

考慮有-1的狀況。

由於有-1存在，因此有些人就不能太早學會，不然他就會傳給-1。

那麼處理出每一個人在收到-1的限制後，必須在哪個時刻以後才能學會，設爲$h_i$

對於一條邊，若是咱們想用A更新B。即$h_A$已知而$h_B$未知。

考慮$h_A$與這頓飯時間$L,R$的關係

若是$h_A \geq R$那麼$A$必須在這頓飯以後才能學會，因此既然它們吃飯了，那麼$B$就不能在$L$以前學會，不然他就會讓$A$在$R$以前學會。

只要$B$是在$L$以後學會的，那麼把這頓飯的時間定在$[L,h_B)$之間便可。因此就是$h_B$對$L$取$max$。

在不知足$h_A \geq R$ 的狀況下，只要你把吃飯的時間定在$R$就必定不會非法，因此這就不會更新$h_B$

因此其實仍是一個最短路模型（嚴格的說，是最長路）。初值是全部-1的點都是$h_i=inf$，多源最長路。

這樣求出$h$數組，而後在更新$f$的時候保證$f>h$便可。

無解的條件是$h_1>0$。以及對於任意一個值爲1的人不能有$f_i=inf$（未被擴展到）

若是存在解，那麼就能夠枚舉每一頓飯根據兩我的的$f$值肯定答案。

具體方法是，若是$A,B$兩我的其一學會的時間大於這頓飯的$R$,那麼定爲$L$就行反正沒有影響。

不然，這頓飯的時間就是$max(L,f_A,f_B)$，由於這頓飯的時間要將就着後學的人的時間來。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define inf 1000000001
 4 priority_queue<pair<int,int> > Q;
 5 priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,greater<pair<int,int> > >q;
 6 int n,L[400005],R[400005],l[400005],to[400005],fir[400005],cnt,m,s[200005];
 7 int h[200005],f[200005];
 8 void link(int a,int b,int le,int ri){l[++cnt]=fir[a];fir[a]=cnt;to[cnt]=b;L[cnt]=le;R[cnt]=ri;}
 9 int main(){
10     freopen("lunch.in","r",stdin);
11     freopen("lunch.out","w",stdout);
12     scanf("%d%d",&n,&m);
13     for(int i=1,A,B,le,ri;i<=m;++i)
14         scanf("%d%d%d%d",&A,&B,&le,&ri),link(A,B,le,ri),link(B,A,le,ri);
15     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&s[i]),h[i]=-1;
16     for(int i=1;i<=n;++i)if(s[i]==-1)Q.push(make_pair(h[i]=inf,i));
17     while(!Q.empty()){
18         int p=Q.top().second;Q.pop();
19         for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(R[i]<=h[p]&&h[to[i]]<L[i])
20             Q.push(make_pair(h[to[i]]=L[i],to[i]));
21     }
22     for(int i=2;i<=n;++i)f[i]=inf;
23     q.push(make_pair(0,1));
24     while(!q.empty()){
25         int p=q.top().second;q.pop();
26         for(int i=fir[p];i;i=l[i]){
27             int E=max(h[to[i]]+1,max(f[p],L[i]));
28             if(f[to[i]]>E&&E<=R[i])q.push(make_pair(f[to[i]]=E,to[i]));
29         }
30     }
31     if(h[1]>0)return puts("Impossible"),0;
32     for(int i=1;i<=n;++i)if(s[i]==1&&f[i]==inf)return puts("Impossible"),0;
33     for(int i=1;i<=m;++i){
34         int a=to[i<<1],b=to[(i<<1)-1],ll=L[i<<1],rr=R[i<<1];
35         if(f[a]>rr||f[b]>rr)printf("%d\n",ll);
36         else printf("%d\n",max(ll,max(f[a],f[b])));
37     }
38 }

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