noip 2018 模擬賽7

阿新 • • 發佈：2019-01-27

$T_1$ ——mecho(3070)

Description:

有一個 $n\cdot m$ 的字元矩陣，其中 $'M'$ 為起點， $'D'$ 為終點， $'T'$ 為障礙， $'H'$ 為敵人起點，敵人會在每一時刻擴散到周圍4格，而你沒一時刻最多可以移動 $S$ 格，求最遲可以在哪個時刻出發且安全到終點。
$n,m\le 800$

Solution:

很顯然我們可以二分答案，而關鍵就在check（~~實際就是模擬題~~）
我們先用 $bfs$ 求出敵人到達其它點的最小時間
再就是從起點模擬，注意比較符號，題中是人先走，敵人再走
這樣複雜度為 $\Theta(n^2\log (n^2))$

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,f,t) for(int i=(f),i##_end_=(t);i<=i##_end_;++i)
#define SREP(i,f,t) for(int i=(f),i##_end_=(t);i<i##_end_;++i)
#define DREP(i,f,t) for(int i=(f),i##_end_=(t);i>=i##_end_;--i)
#define ll long long
template<class T>inline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
template<class T>inline bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
template<class T>inline void Rd(T &x){
	x=0;char c;
	while((c=getchar())<48);
	do x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
	while((c=getchar())>47);
}
const int N=802,INF=0x3f3f3f3f;

int dx[]={1,0,-1,0};
int dy[]={0,1,0,-1};

int n,S;
char mp[N][N];
int t[N][N];
struct node{
	int x,y;
}M;
queue<node>Q;
int vis[N][N];

bool check_xy(int x,int y){return x<1 || x>n || y<1 || y>n;}

bool check(int tim) {
	if(tim>=t[M.x][M.y]) return 0;
	while(!Q.empty()) Q.pop();
	memset(vis,INF,sizeof(vis));
	vis[M.x][M.y]=tim*S;
	Q.push((node){M.x,M.y});
	
	while(!Q.empty()) {
		node now=Q.front();Q.pop();
		if(mp[now.x][now.y]=='D') return 1;
		REP(i,0,3) {
			int nx=now.x+dx[i];
			int ny=now.y+dy[i];
			if(check_xy(nx,ny))continue;
			if(mp[nx][ny]=='T')continue;
			if(vis[nx][ny]==INF && (vis[now.x][now.y]+1)/S<t[nx][ny]) {
				vis[nx][ny]=vis[now.x][now.y]+1;
				Q.push((node){nx,ny});
			}
		}
	}
	return 0;
}

int main() {
//	freopen("mecho.in","r",stdin);
//	freopen("mecho.out","w",stdout);
	
	scanf("%d%d",&n,&S);
	REP(i,1,n) scanf("%s",mp[i]+1);
	memset(t,INF,sizeof(t));
	
	REP(i,1,n) REP(j,1,n) {
		if(mp[i][j]=='H') t[i][j]=0,Q.push((node){i,j});;
		if(mp[i][j]=='M') M=(node){i,j};
	}
	
	while(!Q.empty()){
		node now=Q.front();Q.pop();
		REP(i,0,3){
			int nx=now.x+dx[i];
			int ny=now.y+dy[i];
			if(check_xy(nx,ny))continue;
			if(mp[nx][ny]=='T' || mp[nx][ny]=='D')continue;
			if(chkmin(t[nx][ny],t[now.x][now.y]+1)) Q.push((node){nx,ny});
		}
	}
	
	int L=0,R=n*n,ans=-1;
	while(L<=R){
		int mid=(L+R)>>1;
		if(check(mid)) ans=mid,L=mid+1;
		else R=mid-1;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

$T_2$ ——quality(3071)

Description:

有一個 $n\cdot m$ 的矩陣，每個格子中的數用 $1$ ~ $n\cdot m$ 之間不同的數表示，求在一個 $h \cdot w$ 的字矩陣中的中位數最小，保證 $h \cdot w$ 為奇數。
$n,m\le 1000$

Solution:

因為中位數是固定的一個數，那麼我們很容易想到去找一個 $h \cdot w$ 的字矩陣中第 $K$ 大的數最小
因而，我們想到可以二分答案，對於check，我們可以二維字首和出 $(x1,y1)$ 到 $(x2,y2)$ 中不大於 $mid$ 的數的個數。
這樣複雜度為 $\Theta(nm\log (nm))$

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,f,t) for(int i=(f),i##_end_=(t);i<=i##_end_;++i)
#define SREP(i,f,t) for(int i=(f),i##_end_=(t);i<i##_end_;++i)
#define DREP(i,f,t) for(int i=(f),i##_end_=(t);i>=i##_end_;--i)
#define ll long long
template<class T>inline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
template<class T>inline bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
template<class T>inline void Rd(T &x){
	x=0;char c;
	while((c=getchar())<48);
	do x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
	while((c=getchar())>47);
}

const int N=1002;

int n,m,h,w,Mid;
int A[N][N];

struct p30{
	
	int tmp[N],tot;
	
	void solve(){
		int ans=0x3f3f3f3f;
		REP(x1,1,n-h+1) REP(y1,1,m-w+1){
			tot=0;
			SREP(x2,x1,x1+h) SREP(y2,y1,y1+w) tmp[++tot]=A[x2][y2];
			sort(tmp+1,tmp+1+tot);
			chkmin(ans,tmp[Mid]);
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
}p1;

struct p100{

	int sum[N][N];

	int Sum(int x1,int y1,int x2,int y2){
		return sum[x2][y2]-sum[x2][y1-1]-sum[x1-1][y2]+sum[x1-1][y1-1];
	}
	
	bool check(int k){
		memset(sum,0,sizeof(sum));
		REP(i,1,n) REP(j,1,m) sum[i][j]=(A[i][j]<=k)+sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1];
		REP(i,1,n-h+1) REP(j,1,m-w+1) if(Sum(i,j,i+h-1,j+w-1)>=Mid) return 1;
		return 0;
	} 
	
	void solve(){
		int L=1,R=n*m,ans=0;
		while(L<=R){
			int mid=(L+R)>>1;
			if(check(mid)) ans=mid,R=mid-1;
			else L=mid+1;
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
}p2;

int main(){
//	freopen("quality.in","r",stdin);
//	freopen("quality.out","w",stdout);

	Rd(n),Rd(m),Rd(h),Rd(w);
	Mid=(h*w)/2+1;
	REP(i,1,n) REP(j,1,m) Rd(A[i][j]);

	if(n<=30 && m<=30)p1.solve();
	else p2.solve();
	
	return 0;
}

$T_3$ ——salesman(3072)

Description:

有一條類似 $x$ 軸的河上，有 $n$ 個點，每個點有開放的時間 $t_i$ ，座標 $p_i$ ，權值 $w_i$ 。
初始在座標 $S$ 處，你可以去其它點後並會來，而逆流而上每個單位的花費為 $U$ ，順溜而下每個單位的花費為 $D$ 。求最後獲得的權值最大為多少。
$n,t_i \le 500000,S,p_i\le 500001,w_i\le4000,D\le U\le10$

Solution:

一道比較傳統的題
首先是一個 $\Theta(n^2)$ 的 $dp$ ，這個都沒有問題
那麼發現這個逆流而上和順流而下可以分類討論一下，這樣就可以通過線段樹（BIT）來維護區間的逆流而上的和順流而下的最大值即可。
這樣複雜度為 $\Theta(n\log n)$

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,f,t) for(int i=(f),i##_end_=(t);i<=i##_end_;++i)
#define SREP(i,f,t) for(int i=(f),i##_end_=(t);i<i##_end_;++i)
#define DREP(i,f,t) for(int i=(f),i##_end_=(t);i>=i##_end_;--i)
#define ll long long
template<class T>inline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
template<class T>inline bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
template<class T>inline void Rd(T &x){
	x=0;char c;
	while((c=getchar())<48);
	do x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
	while((c=getchar())>47);
}

const int N=500005;

int n,U,D,S; 

struct node{
	int t,p,w;
	bool operator<(const node &_)const{
		return t!=_.t?t<_.t:p<_.p; 
	}
}A[N];

int dp[N];
struct p45{
	 
	int dis(int s,int t){
		if(s>=t) return (s-t)*U;
		else return (t-s)*D;
	}
	
	void solve(){
		
		REP(i,1,n) dp[i]=A[i].w-dis(S,A[i].p);
		
		int ans=0;
		
		REP(i,1,n) {
			SREP(j,1,i){
				if(A[i].t==A[j].t)continue;
				chkmax(dp[i],dp[j]+A[i].w-dis(A[j].p,A[i].p));
			}
			chkmax(ans,dp[i]-dis(A[i].p,S));
		}
		
		printf("%d\n",ans);
	}
}p1;

struct p100{
	int mx[2][N<<2];
	
	void build(int p,int L,int R) {
		if(L==R){
			if (L==S) mx[0][p]=D*S,mx[1][p]=-U*S;
			else mx[0][p]=mx[1][p]=-0x3f3f3f3f;
			return;
		}
		int mid=(L+R)/2;
		build(p<<1,L,mid);
		build(p<<1|1,mid+1,R);
		mx[0][p]=max(mx[0][p<<1],mx[0][p<<1|1]);
		mx[1][p]=max(mx[1][p<<1],mx[1][p<<1|1]);
	}
	
	void update(int p,int L,int R,int k) {
		if(L==R){
			mx[0][p]=dp[k]+D*A[k].p;
			mx[1][p]=dp[k]-U*A[k].p;
			return;
		}
		int mid=(L+R)/2;
		if(A[k].p<=mid)update(p<<1,L,mid,k);
		else update(p<<1|1,mid+1,R,k);
		mx[0][p]=max(mx[0][p<<1],mx[0][p<<1|1]);
		mx[1][p]=max(mx[1][p<<1],mx[1][p<<1|1]);
	}
	
	int query(int f,int p,int L,int R,int l,int r) {
		if(l<=L&&R<=r) return mx[f][p];
		int mid=(L+R)/2,res=-0x3f3f3f3f;
		if(l<=mid) res=query(f,p<<1,L,mid,l,r);
		if(r>mid) chkmax(res,query(f,p<<1|1,mid+1,R,l,r));
		return res;
	}
	
	int f[N],g[N];
	
	void solve(){
		A[++n]=(node){A[n-1].t+1,S,0};
		
		int m=S;
		REP(i,1,n) chkmax(m,A[i].p);
		build(1,1,m);
		
		for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
			for(j=i;j<n && A[j+1].t==A[i].t;++j);

			REP(k,i,j) dp[k]=max(query(0,1,1,m,1,A[k].p)-D*A[k].p,query(1,1,1,m,A[k].p,m)+U*A[k].p)+A[k].w;

			f[i]=dp[i];
			REP(k,i+1,j) f[k]=max(dp[k],f[k-1]-D*(A[k].p-A[k-1].p)+A[k].w);

			g[j]=dp[j];
			DREP(k,j-1,i) g[k]=max(dp[k],g[k+1]-U*(A[k+1].p-A[k].p)+A[k].w);

			REP(k,i,j) chkmax(dp[k],max(f[k],g[k])),update(1,1,m,k);
		}
		printf("%d\n",dp[n]);
	}
}p2;

int main(){
//	freopen("salesman.in","r",stdin);
//	freopen("salesman.out","w",stdout);
	Rd(n),Rd(U),Rd(D),Rd(S);
	REP(i,1,n) Rd(A[i].t),Rd(A[i].p),Rd(A[i].w);
	sort(A+1,A+1+n);
	
	if(n<=5000)p1.solve();
	else p2.solve();
	
	return 0;
}

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