【GYM 102059】2018-2019 XIX Open Cup, Grand Prix of Korea

vp了一場gym，我又開心地划水了。

A. Coloring Roads

題意：給定一棵樹，樹邊一開始都是無色的，每次操做能夠把一個點到根的路徑染成某個顏色，每次詢問當前樹上出現過某個次數的顏色種數。

題解：看到操做與$Access$相似，考慮使用$lct$解決。因爲一條重鏈的顏色必定是相同的，也就是一棵$splay$中的顏色都是相同的，因此$Access$時每次把整棵$splay$修改掉算一下變化就行了。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 2e5 + 5;

int n, m, nq, edg;
int fe[N], cnt[N], ccnt[N];
vector<int> g[N];

void Change(int a, int b, int z) {
  --ccnt[cnt[a]];
  cnt[a] -= z;
  ++ccnt[cnt[a]];
  --ccnt[cnt[b]];
  cnt[b] += z;
  ++ccnt[cnt[b]];
}

namespace T {
  const int N = ::N * 2;
  int fa[N], lc[N], rc[N], si[N], co[N], lzy[N];

  bool Is_root(int x) {
    return lc[fa[x]] != x && rc[fa[x]] != x;
  }

  bool Is_right(int x) {
    return rc[fa[x]] == x;
  }

  void U(int x, int _c) {
    co[x] = lzy[x] = _c;
  }
  
  void Up(int x) {
    si[x] = x > n;
    if (lc[x]) si[x] += si[lc[x]];
    if (rc[x]) si[x] += si[rc[x]];
  }

  void Down(int x) {
    if (lzy[x]) {
      if (lc[x]) U(lc[x], lzy[x]);
      if (rc[x]) U(rc[x], lzy[x]);
      lzy[x] = 0;
    }
  }

  void Roll(int x) {
    if (!Is_root(x)) Roll(fa[x]);
    Down(x);
  }

  void Rotate(int x) {
    int y = fa[x], z = fa[y];
    int d = Is_right(x), s = d? lc[x] : rc[x];
    if (!Is_root(y)) (Is_right(y)? rc[z] : lc[z]) = x;
    fa[x] = z;
    (d? rc[y] : lc[y]) = s;
    if (s) fa[s] = y;
    (d? lc[x] : rc[x]) = y;
    fa[y] = x;
    Up(y), Up(x);
  }

  void Splay(int x) {
    Roll(x);
    for (int y; !Is_root(x); Rotate(x)) {
      if (!Is_root(y = fa[x])) {
        Rotate(Is_right(y) == Is_right(x)? y : x);
      }
    }
  }

  void Access(int x, int _c) {
    for (int y = 0; x; y = x, x = fa[x]) {
      Splay(x);
      Change(co[x], _c, si[x] - si[rc[x]]);
      rc[x] = y;
      Up(x);
      U(x, _c);
    }
  }

}

void Dfs(int x, int ft) {
  for (int v : g[x]) {
    if (v == ft) continue;
    fe[v] = ++edg;
    T::fa[n + edg] = x;
    T::fa[v] = n + edg;
    Dfs(v, x);
  }
}

int main() {
  scanf("%d%d%d", &n, &m, &nq);
  for (int i = 1, x, y; i < n; ++i) {
    scanf("%d%d", &x, &y);
    g[x].push_back(y);
    g[y].push_back(x);
  }

  cnt[0] = n - 1;
  ccnt[n - 1] = 1;
  ccnt[0] += m;
  
  Dfs(1, 0);
  for (int i = 1; i <= n + edg; ++i) {
    T::Up(i);
  }

  for (int u, c, z; nq--; ) {
    scanf("%d%d%d", &u, &c, &z);
    T::Access(u, c);
    printf("%d\n", ccnt[z] - (cnt[0] == z));
  }
  
  return 0;
}

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B. Dev, Please Add This!

題意：給一個網格圖，一個格子是空地或牆，空地上可能有星星。有且僅有一個空地上有一個球，每次能夠把球往一個方向推，直到球碰到牆或邊界。球通過一個星星就能夠把那個星星吃掉，問可否吃掉全部星星。

題解：咱們能夠考慮每一行或每一列中的一段極長的空地，因爲球能夠在這一個條中來回滾動，因此能夠把這個條當作一個狀態。一個牆邊的點能夠當作是一個狀態向另外一個狀態連單向邊，特殊地，咱們須要一個源點，其中源點須要向起點所在的行或列的極長條連邊。此時你們能夠聞到一點$2-sat$的氣味。咱們用布爾變量表示一個狀態是否被通過，而後咱們的限制有三種：1，若是一個格子是星星，那麼這個格子所在的行或列的極長條中至少有一個是$1$；若是一個狀態不能被起點到達，那它必須是$0$；若是兩個狀態中沒有一個能到另外一個，那它們不能同時爲$1$。利用這些限制跑$2-sat$就能夠了，由於這是知足題目要求的充要條件。很容易發現這些限制對於判斷$NO$是必要的，不容易發現的是知足這些限制後就必定能構造出可行的方案。注意咱們保證了每一對爲$1$的狀態其中至少存在一個能夠到達另外一個，咱們把能夠相互到達的狀態縮成一個點後，構造一種方案就能夠轉化成以下一個問題：給定一個競賽圖，要求其中一條哈密頓路徑，知足起點的入度爲$0$。這是一個經典問題，貪心構造便可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 53;
const int M = N * N;

namespace G {
  const int M = ::M * 2;
  int n, clk, cnm;
  int dfn[M], low[M], col[M], st[M];
  vector<int> g[M];

  void Init(int _n) {
    n = _n;
    clk = cnm = *st = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
      dfn[i] = low[i] = col[i] = 0;
      g[i].clear();
    }
  }
  
  void Ade(int a, int b) {
    assert(1 <= a && a <= n);
    assert(1 <= b && b <= n);
    g[a].push_back(b);
  }

  void Tarjan(int x) {
    dfn[x] = low[x] = ++clk;
    st[++*st] = x;
    for (int v : g[x]) {
      if (!dfn[v]) {
        Tarjan(v);
        low[x] = min(low[x], low[v]);
      } else if (!col[v]) {
        low[x] = min(low[x], dfn[v]);
      }
    }
    if (dfn[x] == low[x]) {
      col[x] = ++cnm;
      for (; st[*st] != x; --*st) {
        col[st[*st]] = cnm;
      }
      --*st;
    }
  }
  
  void Main() {
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
      if (!dfn[i]) {
        Tarjan(i);
      }
    }
  }
  
}

int n, m, bar;
char mp[N][N];
int belh[N][N], bell[N][N];
vector<int> link[M];
bitset<M> reach[M];

bool Good(int i, int j) {
  return mp[i][j] == '*' || mp[i][j] == '.' || mp[i][j] == 'O';
}

void Set(int x, int rt) {
  reach[rt].set(x);
  for (int v : link[x]) {
    if (!reach[rt][v]) {
      Set(v, rt);
    }
  }
}

int main() {
  scanf("%d%d", &n, &m);
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    scanf("%s", mp[i] + 1);
    for (int j = 1; j <= m; ++j) {
      if (!Good(i, j - 1) && Good(i, j)) {
        belh[i][j] = ++bar;
      } else if (Good(i, j)) {
        belh[i][j] = bar;
      }
    }
  }
  
  for (int j = 1; j <= m; ++j) {
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
      if (!Good(i - 1, j) && Good(i, j)) {
        bell[i][j] = ++bar;
      } else if (Good(i, j)) {
        bell[i][j] = bar;
      }
    }
  }
  
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    for (int j = 1; j <= m; ++j) {
      if (!Good(i, j)) continue;
      if (!Good(i - 1, j) || !Good(i + 1, j)) {
        link[bell[i][j]].push_back(belh[i][j]);
      }
      if (!Good(i, j - 1) || !Good(i, j + 1)) {
        link[belh[i][j]].push_back(bell[i][j]);
      }
      if (mp[i][j] == 'O') {
        link[0].push_back(belh[i][j]);
        link[0].push_back(bell[i][j]);
      }
    }
  }

  for (int i = 0; i <= bar; ++i) {
    Set(i, i);
  }

  G::Init(bar * 2);
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    for (int j = 1; j <= m; ++j) {
      if (mp[i][j] == '*') {
        G::Ade(belh[i][j], bell[i][j] + bar);
        G::Ade(bell[i][j], belh[i][j] + bar);
      }
    }
  }
  for (int i = 1; i <= bar; ++i) {
    if (!reach[0][i]) {
      G::Ade(bar + i, i);
    }
  }
  for (int i = 1; i <= bar; ++i) {
    for (int j = i + 1; j <= bar; ++j) {
      if (!reach[i][j] && !reach[j][i]) {
        G::Ade(bar + i, j);
        G::Ade(bar + j, i);
      }
    }
  }
  
  G::Main();
  for (int i = 1; i <= bar; ++i) {
    if (G::col[i] == G::col[i + bar]) {
      printf("NO\n");
      return 0;
    }
  }
  printf("YES\n");
  
  return 0;
}

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C. Dstorv

題意：數軸上排列着一些左箭頭和右箭頭，每一個箭頭都會以相同速度朝着各自方向移動。當一個左箭頭和一個右箭頭相遇時會有一個固定的機率$p$使得其中一方消失，問在無窮多的時間後留下剛好$a$個右箭頭和$b$個左箭頭的機率。

題解：容易發現對於每一種存活下來的可能方案，必定存在惟一一個分界線使得分界線以左的右箭頭都被幹掉了，分界線以右的左箭頭都被幹掉了。因而咱們能夠設計這樣一個$dp$，用$f_{i,j}$表示考慮前$i$個箭頭時，若是右邊有$j$個左箭頭過來時，有$b$個左箭頭存活，沒有右箭頭存活的機率。初始時有$f_{0,b} = 1$，轉移時若是$i$是左箭頭，那$f_{i,j} = f_{i - 1, j + 1}$；若是是右箭頭，那必然須要被幹掉，枚舉這個右箭頭死以前幹掉了幾個來自右邊的左箭頭便可轉移。一樣設計$g_{i,j}$來表示有關於右箭頭的。最後枚舉分界線算答案，$ans = \sum\limits_{i = 0}^{n} f_{i, 0} * g_{i + 1, 0}$。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

namespace {
  const int MOD = 1e9 + 7;
  int Add(int a, int b) { return (a += b) >= MOD? a - MOD : a; }
  int Sub(int a, int b) { return (a -= b) < 0? a + MOD : a; }
  int Mul(int a, int b) { return (long long)a * b % MOD; }
  int Pow(int a, int b) {
    int r = 1;
    for (; b; b >>= 1, a = Mul(a, a)) if (b & 1) r = Mul(r, a);
    return r;
  }
}

const int N = 5e3 + 5;

int n, m, pr, pl, a, b;
char s[N];
int f[N][N], g[N][N];

int main() {
  scanf("%d%d%d", &n, &pr, &pl);
  scanf("%s%d%d", s + 1, &a, &b);
  int wl = Mul(pr, Pow(Add(pl, pr), MOD - 2));
  int wr = Sub(1, wl);

  f[0][b] = 1;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    if (s[i] == 'R') { // kill it
      for (int j = 1; j <= n; ++j) {
        f[i][j] = Add(Mul(f[i - 1][j], wl), Mul(f[i][j - 1], wr));
      }
    } else {
      for (int j = 0; j < n; ++j) {
        f[i][j] = f[i - 1][j + 1];
      }
    }
  }

  g[n + 1][a] = 1;
  for (int i = n; i >= 1; --i) {
    if (s[i] == 'H') {
      for (int j = 1; j <= n; ++j) {
        g[i][j] = Add(Mul(g[i + 1][j], wr), Mul(g[i][j - 1], wl));
      }
    } else {
      for (int j = 0; j < n; ++j) {
        g[i][j] = g[i + 1][j + 1];
      }
    }
  }

  int ans = 0;
  for (int i = 0; i <= n; ++i) {
    ans = Add(ans, Mul(f[i][0], g[i + 1][0]));
  }
  printf("%d\n", ans);
  
  return 0;
}

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D. Dumae

題意：$n$我的要排成一排，每一個人想要站的位置都是一個區間，同時還有一些形如「$x$必須站在$y$左邊」的限制，構造一組方案。

題解：建出左右關係的拓撲圖，每一個人的右端點更新爲他能走到的點的右端點的最小值$-1$。拓撲構造答案時每次貪心地在能選的人中選擇右端點最左邊的便可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 3e5 + 5;

int n, m;
bool vis[N];
int l[N], r[N], din[N], ans[N];
vector<int> g[N];

struct No {
  int l, r, id;
  friend bool operator < (No a, No b) {
    return a.l > b.l;
  }
};

int Sear(int x) {
  if (vis[x]) {
    return r[x];
  }
  vis[x] = 1;
  for (int v : g[x]) {
    r[x] = min(r[x], Sear(v) - 1);
  }
  return r[x];
}

int main() {
  scanf("%d%d", &n, &m);
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    scanf("%d%d", &l[i], &r[i]);
  }
  for (int i = 1, x, y; i <= m; ++i) {
    scanf("%d%d", &x, &y);
    g[x].push_back(y);
    ++din[y];
  }

  priority_queue<pair<int, int> > pq;
  priority_queue<No> ready;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    r[i] = Sear(i);
    if (!din[i]) {
      ready.push({ l[i], r[i], i });
    }
  }

  int now = 1;
  for (int x; ; ) {
    while (!ready.empty() && ready.top().l <= now) {
      No top = ready.top();
      ready.pop();
      pq.push({ -top.r, top.id });
    }

    if (pq.empty()) {
      break;
    }
    x = pq.top().second;
    pq.pop();
    if (r[x] < now) {
      printf("-1\n");
      return 0;
    }

    ans[now++] = x;
    for (int v : g[x]) {
      if (!(--din[v])) {
        ready.push({ l[v], r[v], v });
      }
    }
  }

  if (now <= n) {
    printf("-1\n");
    return 0;
  }
  
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    printf("%d%c", ans[i], " \n"[i == n]);
  }
  
  return 0;
}

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E. Electronic Circuit

題意：給一個無向圖，判斷可否選定一組源與匯使得它們之間的是簡單電阻網絡（即僅由串並聯組成）。

題解：逆向考慮問題，把一個圖按規則分解便可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;

int n, m, cnt;
bool del[N];
set<int> g[N];

void Del(int x) {
  if (g[x].size() == 2) {
    del[x] = 1;
    --cnt;
    int y = *g[x].begin();
    int z = *g[x].rbegin();
    g[y].erase(x);
    g[z].erase(x);
    g[y].insert(z);
    g[z].insert(y);
    if (!del[y]) Del(y);
    if (!del[z]) Del(z);
  }
}

int main() {
  scanf("%d%d", &n, &m);
  for (int i = 1, x, y; i <= m; ++i) {
    scanf("%d%d", &x, &y);
    g[x].insert(y);
    g[y].insert(x);
  }

  cnt = n;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    if (!del[i]) {
      Del(i);
    }
  }

  printf(cnt == 2? "Yes\n" : "No\n");
  
  return 0;
}

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G. Fascination Street

題意：街道上有一排一開始都是滅的燈，要點亮其中的一部分燈使得每一盞燈要麼被點亮，要麼左右相鄰的燈中有被點亮的。點亮每一盞燈有各自的代價，你還有$k$次機會交換其中的兩盞燈。問最小代價。

題解：容易發現交換的必定是一盞亮的燈和一盞滅的燈。能夠$dp$，設$f_{i,x,y,a,b}$表示考察了前$i$盞燈，最後兩盞燈的亮滅狀態分別爲$x,y$，已經有$a$盞亮的燈被換走了，已經有$b$盞滅的燈被換上了的最小代價，只有四種轉移：點燈；不點燈；點亮後被換走；不點從別的地方弄個燈過來。複雜度$O(nk^2)$。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int K = 10;
const int N = 2.5e5 + 5;
const long long INF = 1e17;

int n, k;
int w[N];
long long dp[2][2][2][K][K];

bool Chkmin(long long &a, long long b) {
  return (a > b)? (a = b, 1) : (0);
}

int main() {
  scanf("%d%d", &n, &k);
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    scanf("%d", &w[i]);
  }

  memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
  dp[0][1][0][0][0] = 0;
  for (int i = 0; i < n; ++i) {
    int nxt = ~i & 1, pre = i & 1, val = w[i + 1];
    memset(dp[nxt], 0x3f, sizeof dp[nxt]);
    for (int a = 0; a <= k; ++a) { // to help
      for (int b = 0; b <= k; ++b) { // usd
        for (int x = 0; x < 2; ++x) {
          for (int y = 0; y < 2; ++y) {
            if (dp[pre][x][y][a][b] > INF) continue;
            Chkmin(dp[nxt][y][1][a][b], dp[pre][x][y][a][b] + val);
            if (x || y)
              Chkmin(dp[nxt][y][0][a][b], dp[pre][x][y][a][b]);
            if (b < k)
              Chkmin(dp[nxt][y][1][a][b + 1], dp[pre][x][y][a][b]);
            if (a < k && (x || y))
              Chkmin(dp[nxt][y][0][a + 1][b], dp[pre][x][y][a][b] + val);
          }
        }
      }
    }
  }

  long long ans = INF;
  for (int i = 0; i <= k; ++i) {
    for (int x = 0; x < 2; ++x) {
      for (int y = 0; y < 2; ++y) {
        if (x || y) {
          ans = min(ans, dp[n & 1][x][y][i][i]);
        }
      }
    }
  }

  printf("%lld\n", ans);
  
  return 0;
}

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K. Interesting Drug

題意：一條路上按順序有 n 瓶毒藥，對於每一個$i \in [1, n]$，求出以下的值：從$i$出發，每一個時刻均可以向左或向右，最終能夠獲得一個吃毒藥的排列，一個排列的傷害定義爲$\sum\limits_{j = 1}^{n} d_j[p_{c_j} = j]$，求可能的排列中最大的傷害值。

題解：很容易發現已經吃到的毒藥能夠表示成一個區間，就能想到一個$O(n^2)$的$dp$，即$f_{i, j}$表示當前已經吃到的毒藥區間是$[i,j]$，吃完剩下的毒藥的最大傷害是多少。轉移是$O(1)$的，第$i$個答案就是$f_{i,i}+d_i[c_i = 1]$。若是把它放到一個二維平面上考慮，就能夠把狀態當作一個點，把轉移當作一條帶權的向左或向下的有向邊，第$i$個答案就是$(1,n)$到$(i,i)$的最長路徑。因爲帶權的邊只有$2*n$條，能夠考慮逐層轉移，一條邊的轉移大概就是一個前綴取$max$的過程，用樹狀數組優化便可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 3e5 + 5;

int n;
int c[N], d[N];
long long t[N];
vector<int> row[N];

void Upd(int x, long long v) {
  for (; x; x -= x & -x) {
    t[x] = max(t[x], v);
  }
}

long long Ask(int x) {
  long long r = 0;
  for (; x <= n; x += x & -x) {
    r = max(r, t[x]);
  }
  return r;
}

int main() {
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    scanf("%d", &c[i]);
  }
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    scanf("%d", &d[i]);
    if (i >= c[i] && c[i] != 1) {
      row[i - c[i] + 1].push_back(i);
    }
  }

  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    for (int j = row[i].size() - 1; ~j; --j) {
      int x = row[i][j];
      Upd(x - 1, Ask(x) + d[x]);
    }
    printf("%lld%c", Ask(i) + (c[i] == 1? d[i] : 0), " \n"[i == n]);
    if (i + c[i] - 1 <= n) {
      Upd(i + c[i] - 1, Ask(i + c[i] - 1) + d[i]);
    }
  }
  
  return 0;
}

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