4828: [Hnoi2017]大佬

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Description

人們總是難免會碰到大佬。他們趾高氣昂地談論凡人不能理解的演算法和資料結構，走到任何一個地方，大佬的氣場 就能讓周圍的人嚇得瑟瑟發抖，不敢言語。你作為一個OIER，面對這樣的事情非常不開心，於是發表了對大佬不敬 的言論。大佬便對你開始了報復，你也不示弱，揚言要打倒大佬。現在給你講解一下什麼是大佬，大佬除了是神犇 以外，還有著強大的自信心，自信程度可以被量化為一個正整數 C（1<=C<=10^8），想要打倒一個大佬的唯一方法 是摧毀 Ta的自信心，也就是讓大佬的自信值等於 0（恰好等於 0，不能小於 0 ）。由於你被大佬盯上了，所以你 需要準備好 n(1<=n<=100)天來和大佬較量，因為這 n天大佬只會嘲諷你動搖你的自信，到了第n+1天，如果大佬發 現你還不服，就會直接虐到你服，這樣你就喪失鬥爭的能力了。你的自信程度同樣也可以被量化，我們用 mc (1 < = mc <= 100)來表示你的自信值上限。在第i天（i>=1），大佬會對你發動一次嘲諷，使你的自信值減小a[i]，如 果這個時刻你的自信值小於0了，那麼你就喪失鬥爭能力，也就失敗了（特別注意你的自信值為0的時候還可以繼續 和大佬鬥爭）。在這一天，大佬對你發動嘲諷之後，如果你的自信值仍大於等於0，你能且僅能選擇如下的行為之 一： 1.還一句嘴，大佬會有點驚訝，導致大佬的自信值C減小1。 2.做一天的水題，使得自己的當前自信值增加  w[i],並將新自信值和自信值上限  mc比 較，若新自信值大於mc，則新自信值更新為mc。例如，mc=50，當前自信值為40，若 w[i]=5，則新自信值為45，若w[i]=11，則新自信值為50。 3.讓自己的等級值L加1。 4.讓自己的諷刺能力F乘以自己當前等級L，使諷刺能力F更新為F*L。 5.懟大佬，讓大佬的自信值C減小F。並在懟完大佬之後，你自己的等級L自動降為0，諷刺能力F降為1。 由於懟大佬比較掉人品，所以這個操作只能做不超過2次。特別注意的是，在任何時候，你不能讓大佬的自信值為 負，因為自信值為負，對大佬來說意味著屈辱，而大佬但凡遇到屈辱就會進化為更厲害的大佬直接虐飛你。在第1 天，在你被攻擊之前，你的自信是滿的（初始自信值等於自信值上限mc），你的諷刺能力F是1，等級是0。現在由 於你得罪了大佬，你需要準備和大佬正面槓，你知道世界上一共有m（1<=m<=20）個大佬，他們的嘲諷時間都是 n 天，而且第 i天的嘲諷值都是 a[i]。不管和哪個大佬較量，你在第i天做水題的自信回漲都是w[i]。這m個大佬中 只會有一個來和你較量（n天裡都是這個大佬和你較量），但是作為你，你需要知道對於任意一個大佬，你是否能 摧毀他的自信，也就是讓他的自信值恰好等於0。和某一個大佬較量時，其他大佬不會插手。

Input

第一行三個正整數n,m,mc。分別表示有n天和m個大佬,你的自信上限為mc。 接下來一行是用空格隔開的n個數，其中第i(1<=i<=n)個表示a[i]。 接下來一行是用空格隔開的n個數，其中第i(1<=i<=n)個表示w[i]。 接下來m行，每行一個正整數，其中第k(1<=k<=m)行的正整數C[k]表示第k個大佬的初 始自信值。 1  ≤n,mc  ≤100;  1≤m≤20; 1≤a[i],w[i]≤mc; 1≤C[i] ≤10

Output

共m行，如果能戰勝第k個大佬（讓他的自信值恰好等於0），那麼第k行輸出1，否則輸出0。

Sample Input

10 20 100
22 18 15 16 20 19 33 15 38 49
92 14 94 92 66 94 1 16 90 51
4
5
9
338
5222
549
7491
9
123
3288
3
1
2191
833
3
6991
2754
3231
360
6

Sample Output

1
1
1
0
0
0
0
1
1
0
1
1
0
0
1
0
0
0
0
1

HINT

Source

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這個題還是出的很好的，最重要的是從資料範圍推出狀態數不滿這個事實，首先我們肯定要在活下來的前提下用盡可能多的時間來進行攻擊，那麼我們設 $f[i][j]$為第 $i$天剩 $j$血量的時候最多能用多少天攻擊，那麼 $dp$一遍取最值就是我們攻擊的天數，設這個最大天數為 $d$，我們令 $dp[i][j]$表示諷刺度為 $i$，等級為 $j$的時候加上打出傷害所用的天數，這個東西 $bfs$轉移就好了，這個東西實際上狀態不滿的，大概不超過 $5×10^5$個狀態，我們用 $map$存就好了，得出所有的狀態是一些二元組 $(f,D)$， $f$代表傷害， $D$表示打出傷害的天數。然後因為題目有一個限制就是諷刺只能用 $2$次，所以我們列舉不用諷刺，諷刺用一次的情況，可以在 $O($狀態數 $)$的時間內解決一次詢問，然後諷刺用兩次的情況我們可以對所有狀態按 $f$排序，從大到小列舉，用一個單調的指標來維護，兩次諷刺的傷害一定要小於等於其生命值，然後就可以了。

對於諷刺 $2$次的情況，假設我們列舉的狀態為 $j$，指標目前指在 $i$狀態，那麼一定有 $f_i+f_j&lt;=c,d-D_i-D_j&gt;=c-f_i-f_j,D_i+D_j&lt;=d$，我們可以發現第二個條件的限制比第三個條件要緊一些，那麼我們可以不需要第三個條件，我們對第二個式子移項，可以得出 $(f_i-D_i)+(f_j-D_j)&gt;=c-D$，那麼實際上由於 $j$是我們列舉的狀態，所以我們只要記錄 $f_i-D_i$的最大值就好了。

Codes

#include <bits/stdc++.h>

#define inf (0x3f3f3f3f)
#define ll long long
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define x first
#define y second

using namespace std;

typedef pair<ll, int> PII;

const int N = 100 + 3; 

vector<PII> vec;
map<PII, int> dp;

int f[N][N], a[N], w[N], c[N];
int n, m, q, mx, all, d = -inf; 

template<class T>inline bool chkmax(T &_, T __) {return _ < __ ? _ = __, 1 : 0;}

void BFS(PII x) {
    queue<PII> Q; dp[x] = 1;
    for (Q.push(x); !Q.empty(); Q.pop()) {
        PII k = Q.front(), to1 = mp(k.x, k.y + 1), to2 = mp(k.x * k.y, k.y);
        vec.pb(mp(k.x, dp[k]));
        if (dp[k] < d) {
            if (!dp[to1]) dp[to1] = dp[k] + 1, Q.push(to1);
            if (to2.x <= mx && !dp[to2]) dp[to2] = dp[k] + 1, Q.push(to2);
        }
    }
    sort(vec.begin(), vec.end()), all = vec.size() - 1;
}

bool Solve(int x) {
    if (d >= x) return 1; 
    for (int j = all, i = 0, bst = -inf; ~j; -- j) {
        if (vec[j].x <= x && vec[j].x + d - vec[j].y >= x) return 1; 
        for (; i < all && vec[i].x + vec[j].x <= x; ++ i) 
            chkmax(bst, (int)vec[i].x - vec[i].y);
        if (vec[j].x - vec[j].y + bst >= x - d) return 1;
    }
    return 0;
}

int main() {
#ifdef ylsakioi
    freopen("3724.in", "r", stdin);
    freopen("3724.out", "w", stdout);
#endif

    scanf("%d%d%d", &n, &q, &m);
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) 
        scanf("%d", &a[i]);
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) 
        scanf("%d", &w[i]);
    for (int i = 1; i <= q; chkmax(mx, c[i ++]))
        scanf("%d", &c[i]);

    memset(f, -inf, sizeof(f)), f[0][m] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
        for (int j = a[i]; j <= m; ++ j) {
            chkmax(f[i][j - a[i]], f[i - 1][j] + 1);
            chkmax(f[i][min(m, j - a[i] + w[i])], f[i - 1][j]);
        }
        for (int j = 0; j <= m; ++ j) 
            chkmax(d, f[i][j]);
    }
    BFS(mp(1, 0));

    for (int i = 1; i <= q; ++ i) 
        printf("%d\n", Solve(c[i]));

    return 0;
}