BZOJ 刷題總結(持續更新！！)

阿新 • • 發佈：2018-12-22

背景

辣雞的人總要想法自救，便產生了寒假學些新演算法、在Bzoj刷些題的想法。一來為明年省賽做準備…壓力不小；二來寒假也可以有些事情做。

PS

1.不定時更新做題的思路和吐槽
2.按照hzw刷題順序訓練，具體依照BZOJ題表
3.希望寒假能夠至少刷夠100道題目吧，在此立個FLAG，希望別被青島的妖風吹跑

Problem & Solution

BZOJ 1003

題意

給定一個圖的具體資訊，但是在m天內，每一天都可能有一些點不可到達，現需要規劃m天內每天1到 n的最短路線，路線在相鄰的兩天變更會產生固定代價。

Solution

路線的規劃最終方案為一個時間段用一個路徑，若干時間段最後共同構成1-m天，每個時間段內使用的路徑一定是可用點組成的最短路徑。因此我們列舉時間段的起點和終點，然後依次進行spfa，然後用這些數值去做一個線性的dp
複雜度：O((nm)^2)

/**************************************************************
    Problem: 1003
    User: YuHsin
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:64 ms
    Memory:1388 kb
****************************************************************/

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring> 

#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define inf 100000000
const int N = 300;
int n, m, k, e;
int f[N];
bool vis[N][N], point[N];
struct node {
    int y, d;
};
int dis[N];
bool passed[N];
vector<node> edge[N];
int spfa(int start, int endd) {
    for(int i = 1; i <= m; i++)  {
        point[i] = true 
;
        for(int j = start; j <= endd; j++)  {
            if (vis[i][j]) point[i] = false;
        }
    }
    if (!point[1] || !point[m]) return inf;
    queue<int> q;
    for(int i = 1; i <= m; i++)  {
        passed[i] = false;
        dis[i] = inf;
    }
    dis[1] = 0; passed[1] = true;
    q.push(1);
    while(!q.empty())  {
        int x = q.front();
        q.pop();
        passed[x] = false;
        for(int j = 0; j < edge[x].size(); j++) {
            node e = edge[x][j];
            if (!point[e.y]) continue;
            if (dis[e.y] > dis[x] + e.d)  {
                dis[e.y] = dis[x] + e.d;
                if (!passed[e.y])  {
                    passed[e.y] = true;
                    q.push(e.y);
                }
            }
        }
    }
    return  dis[m];
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &k, &e);
    for(int i = 1; i <= e; i++) {
        int x, y, z;
        scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
        edge[x].push_back((node){y, z});
        edge[y].push_back((node){x, z});
    }
    int tot;
    scanf("%d", &tot);
    for(int i = 1; i <= tot; i++)  {
         int p, l, r;
         scanf("%d%d%d", &p, &l, &r);
         for(int j = l; j <= r; j++) vis[p][j] = true;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) f[i] = inf;
    for(int i = 1; i <= n; i++)  {
        for(int j = 0; j < i; j++) {
            int res = spfa(j + 1, i);
            if (res < inf) f[i] = min(f[i], k + f[j] + (i - j) * res);
        }
    }
    printf("%d", f[n] - k);
    return 0;
}

BZOJ 1192

題意

給定正整數n，將其分成儘可能少的若干正整數之和，任意兩個正整數均不可以相同，先詢問整數個數

Solution

按照二次冪一直分就可以

BZOJ 1303

題意

給出1~n的一個排列，統計該排列有多少個長度為奇數的連續子序列的中位數是b

Solution

一個連續序列的中位數是b，那麼這個序列中比b大的數和比b小的數字一定個數相同，因此我們在這個排列中找到b的位置，設為pos。我們用res代表一個區間比b大的數與比b小的數數字個數之差(可能為負值)，用cnt1[i]代表在以pos作為右端點的區間中，區間res值為i的區間個數；cnt2[i]代表以pos作為左端點的取件中，區間res值為-i的區間個數，那麼我們可以O（n）的維護cnt1和cnt2
最終ans=∑(cnt1[i]*cnt2[i])

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 210000;
int a[N];
int cnt1[N], cnt2[N];
int n, m;
int main()
{
    int base = 100005, pos;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++)  {
        scanf("%d", a + i);
        if (a[i] == m) pos = i;
    }
    int tot = base;
    for(int i = pos; i > 0; i--) {
        if (a[i] < m) tot--;
        else if (a[i] > m) tot++;
        cnt1[tot]++;
    }
    tot = base;
    for(int i = pos; i <= n; i++)  {
        if (a[i] < m) tot++;
        else if (a[i] > m)  tot--;
        cnt2[tot]++;
    }
    ll ans = 0;
    for(int i = base - 100000; i <= base + 100000; i++)  ans += 1LL * cnt1[i] * cnt2[i];
    cout << ans;
    return 0;
}

BZOJ 1191

Solution

每道題對應兩個錦囊，相當於一個男孩對於兩個女孩，直接二分圖匹配就可以

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
const int N = 2003;
int n, m;
vector<int> edge[N];
bool used[N];
int girl[N];
bool find(int x)  {
    for(int i = 0; i < edge[x].size();i++)  {
        int y = edge[x][i];
        if (used[y]) continue;
        used[y] = true;
        if (girl[y] == 0 || find(girl[y])) {
            girl[y] = x;
            return 1;
        }
    }
    return 0;
}
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= m; i++)  {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        edge[i].push_back(++x);
        edge[i].push_back(++y);
    }
    for(int i = 1; i <= m; i++)  {
        for(int i = 1; i <= n; i++) used[i] = false;
        if (!find(i)) {
            printf("%d", i - 1);
            return 0;
        }
    }
    printf("%d", m);
    return 0;
}

BZOJ 1059

題意

給定01矩陣，現可以進行行交換和列交換操作，判斷是否可以通過進行一些操作，使得矩陣一條對角線的元素全為1

Solution

很nb的一道題目
我們先考慮題目的簡化版：假設操作只有行交換。對於同一行的元素，不管如何進行行操作，他們行座標都是相同的，即這些元素中只有一個可以作為對角線的元素，假設這一行i中只有第三列和第五列為1，那麼這一行可以通過行交換將a[3][3] 變成1，或者a[5][5] 變成1，即第i行可以匹配的列為3和5。按照這個思想，我們按照行和列做二分圖匹配，最終判斷是否存在完美匹配即可
現在考慮列交換，實際上列交換就是相當於把之前的二分圖右面的點交換位置而已，並不影響最終答案的判斷

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
const int N = 503;
int n, m;
bool used[N];
int girl[N];
bool a[N][N];
bool find(int x)  {
    for(int j = 1; j <= n; j++) {
        if (!a[x][j] || used[j]) continue;
        used[j] = true;
        if (girl[j] == 0 || find(girl[j])) {
            girl[j] = x;
            return 1;
        }
    }
    return 0;
}
int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)  {
        scanf("%d", &n);
        for(int i = 1; i <= n; i++) girl[i] = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++) for(int j = 1; j <= n; j++) scanf("%d", &a[i][j]);
        int ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++)  {
            for(int j = 1; j <= n; j++) used[j] = false;
            if (find(i)) ans++;
        }
        if (ans == n) puts("Yes");
        else puts("No");
    }
    return 0;
}

BZOJ 1202

題意

給定m個區間和，判斷是否產生矛盾

Solution

矛盾的題目很容易想到並查集
我的思路很奇葩，首先將這些區間按照右端點排序，使用bool 的f[i][j]代表是否已知[j, i]的區間和，列舉區間[l,r]時，先判斷是否原本就已知該區間的和，判斷是否矛盾，然後將f[r][l]標記上，注意我們在已知[l,r]的區間和後，實際上f[l-1]為true的那些左端點，也可以被更新到f[r]中，更新時不要忘記判斷矛盾
複雜度O(Mlogn+mn)
正常思路：帶權並查集
每個集合代表一個連續的區間，f[i]代表所述集合，g[i]代表從i節點到所在樹root的區間和，合併的時候維護即可

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 200;
int value[N][N];
int n, m;
int inf = 210000000;
struct node {
    int l, r, w;
} a[3000];
bool cmp(node a, node b)  {
    if (a.r == b.r)  return a.l < b.l;
    return a.r < b.r;
}
bool Cal() {
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        int l = a[i].l, r = a[i].r, w = a[i].w;
        if (value[r][l] != inf && value[r][l] != w)  return false;
        value[r][l] = w;
        for(int j = 1; j <= l - 1; j++) if (value[l - 1][j] != inf) {
            if (value[r][j] != inf && value[r][j] != value[l - 1][j] + value[r][l]) return false;
            value[r][j] = value[l - 1][j] + value[r][l];
        }
    }
    return true;
}
int main()  {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)  {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        for(int i = 1; i <= n; i++)  for(int j = 1; j <= i; j++) value[i][j]  = inf;
        for(int i = 1; i <= m; i++)  scanf("%d%d%d", &a[i].l, &a[i].r, &a[i].w);
        sort(a + 1, a + m + 1, cmp);
        if (Cal())  puts("true");  else puts("false");
    }
    return 0;
}

// 並查集
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 200;
int n, m;
int f[N], g[N];
int find(int x)  {
    if (f[x] == x) return x;
    int t = find(f[x]);
    g[x] += g[f[x]];
    return f[x] = t;
}
bool flag;
bool unio(int x, int y, int z)  {
    int xx = find(x), yy = find(y);
    if (xx !=  yy)  {
        g[xx] = -g[x] + z + g[y];
        f[xx] = yy;
    }
    else  if (g[x] - g[y] != z) flag = false;
}
int main()  {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)  {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        flag = true;
        for(int i = 0; i <= n; i++) f[i] = i, g[i] = 0;
        for(int i = 1; i <= m; i++) {
            int x, y, z;
            scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
            unio(x - 1, y, z);
        }
        if (flag)  puts("true");  else puts("false");
    }
    return 0;
}

BZOJ 3223

題意

平衡樹的裸題

Solution

splay模板即可

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define N 1000007
int ch[N][2], f[N], size[N], cnt[N], key[N];
int sz, root;
inline void clear(int x)  {
    ch[x][0] = ch[x][1] = f[x] = size[x] = cnt[x] = key[x] = 0;
}
inline bool get(int x)  {
    return ch[f[x]][1] == x;
}
inline void update(int x)  {
    if (x)  {
        size[x] = cnt[x];
        if (ch[x][0]) size[x] += size[ch[x][0]];
        if (ch[x][1]) size[x] += size[ch[x][1]];
    }
}
inline void rotate(int x)  {
    int old = f[x], oldf = f[old], whichx = get(x);
    ch[old][whichx] = ch[x][whichx^1]; f[ch[old][whichx]] = old;
    ch[x][whichx^1] = old; f[old] = x;
    f[x] =  oldf;
    if (f[x]) ch[oldf][ch[oldf][1] == old] = x;
    update(old); update(x);
}
inline void splay(int x)  {
    for(int fa; (fa = f[x]); rotate(x))
        if (f[fa]) rotate((get(x) == get(fa)) ? fa : x);
     root = x;
}
inline void insert(int x)  {
    if (root == 0)  {
        sz++; ch[sz][0] =  ch[sz][1] = f[sz] = 0;
        size[sz] = cnt[sz] = 1;
        key[sz] = x; root = sz; return;
    }
    int now = root, fa = 0;
    while(true)  {
        if (x == key[now]) {
            cnt[now]++; update(now); update(fa); splay(now); break;
        }
        fa = now;
        now = ch[now][x > key[now]];
        if (now == 0)  {
            sz++; ch[sz][0] = ch[sz][1] = 0;
            f[sz] = fa; key[sz] = x;
            size[sz] = cnt[sz] = 1;
            ch[fa][key[fa]<x] = sz;
            update(fa); splay(sz); break;
        }
    }
}
inline int find(int x)  {
    int now = root, ans = 0;
    while(true)  {
        if (x < key[now]) now = ch[now][0];
        else {
            ans += (ch[now][0]?size[ch[now][0]]:0);
            if (x == key[now]) {  splay(now); return ans + 1;  }
            ans += cnt[now];
            now = ch[now][1];
        }
    }
}
inline int findx(int x)  {
    int now = root;
    while(true)  {
        if (ch[now][0] && x <= size[ch[now][0]]) now = ch[now][0];
        else {
            int temp = cnt[now] + (ch[now][0]?size[ch[now][0]]:0);
            if (x <= temp) return key[now];
            x -= temp; now = ch[now][1];
        }
    }
}
inline int pre()  {
    int now = ch[root][0];
    while(ch[now][1]) now = ch[now][1];
    return now;
}
inline int nxt()  {
    int now = ch[root][1];
    while(ch[now][0]) now = ch[now][0];
    return now;
}
inline void del(int x)  {
    int whatever = find(x);
    if (cnt[root] > 1) {
        cnt[root]--; update(root); return;
    }
    if (!ch[root][0] && !ch[root][1]) {  clear(root); root = 0; return;  }
    if (!ch[root][0])  {
        int oldroot = root; root = ch[root][1]; f[root] = 0;
        clear(oldroot); return;
    }
    if (!ch[root][1])  {
        int oldroot = root;  root = ch[root][0]; f[root] = 0;
        clear(oldroot);  return ;
    }
    int leftbig = pre(), oldroot =  root;
    splay(leftbig);
    f[ch[oldroot][1]] = root;
    ch[root][1] = ch[oldroot][1];
    clear(oldroot);
    update(root); return;
}
int main(){
    int n,opt,x;
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;++i){
        scanf("%d%d",&opt,&x);
        switch(opt){
            case 1: insert(x); break;
            case 2: del(x); break;
            case 3: printf("%d\n",find(x)); break;
            case 4: printf("%d\n",findx(x)); break;
            case 5: insert(x); printf("%d\n",key[pre()]); del(x); break;
            case 6: insert(x); printf("%d\n",key[nxt()]); del(x); break;
        }
    }
    return 0;
}

2018.03.04
隊伍發生變更，原來的一名隊員換成了學姐，寒假完成了預期的46%…..

BZOJ 1051

[Solution]
我們將“A認為B是受歡迎的”處理為“A->B連邊”，然後我們對此有向圖進行Tarjan縮點，如果存在多於一個出度為0的強連通分量，那麼無解；否則，出度為零的強聯通分量點的個數即為答案。

BZOJ 1588

[Solution]
可以直接用splay裸著做，或者通過set實現；通過set內部的lower_bound實現即可

BZOJ 1208

[Solution]
splay模板題

BZOJ 3224

[Solution]
splay模板題

BZOJ 1084

[Solution]
注意m很小，因此我們用dp[i][j]代表第一列的前i行和第二列的前j行的最優解
dp[ i ] [ j ] = max{ dp[i][j-1], dp[i-1][j],dp[k][j] + sum[1][k+1]~sum[1][i] (i > j, 0 <=k < i),
dp[k][k] + sum[1][k+1 ~i]+sum[2][k+1~i](i=j, 0 < k < i ),
dp[i][k] + sum[2][k+1~j] (i < j, 0 <=k < j) }
複雜度：O(N* N* N *K)

BZOJ 1491

[Solution]
我們令dp[i] [j] 代表i到j最短路徑數，可以通過n邊Dijlstra處理出來，然後通過N^3的複雜度處理出答案即可

BZOJ 1295

把障礙數作為距離跑spfa，將dis<=T的點的歐幾里得距離update到ans中

bzoj 1085

暴力的時候增加一個估價函式，即使用最優性剪枝

BZOJ 刷題總結(持續更新！！)

背景

PS

Problem & Solution

BZOJ 1003

題意

Solution

BZOJ 1192

題意

Solution

BZOJ 1303

題意

Solution

BZOJ 1191

Solution

BZOJ 1059

題意

Solution

BZOJ 1202

題意

Solution

BZOJ 3223

題意

Solution

BZOJ 1051

BZOJ 1588

BZOJ 1208

BZOJ 3224

BZOJ 1084

BZOJ 1491

BZOJ 1295

bzoj 1085

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