vp了一場gym，我又開心地划水了。c++
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。數組
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。網絡
#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; }
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。ide
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。優化
#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; }
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。ui
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，$ans = \sum\limits_{i = 0}^{n} f_{i, 0} * g_{i + 1, 0}$。spa
#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; }
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。設計
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。rest
#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; }
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）。code
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; }
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; }
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; }