NOI.ac 模拟赛20181103 排队 翘课 运气大战

题解

排队

20% $1le nle 20, 1le x,h_ile 20$ 随便暴力

50% $1le n le 2000, 1le x,h_ile 1e9$ 枚举把哪个定成中位数

100% $1le nle 2e5,1le x,h_ile 1e9$

先把高度排序。贪心地修改。最好的方法是把最中间的人变成$x$。那么就把左边比他高的或者右边比他矮的都改成$x$就好啦。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int MAXN = 200005;
int n, x, h[MAXN];
LL Ans;
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &x);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &h[i]);
    sort(h + 1, h + n + 1);
    int l = n>>1, r = (n>>1)+2;
    Ans = abs(h[(n>>1)+1]-x), h[(n>>1)+1] = x;
    while(l >= 1 && r <= n)
    {
        Ans += max(h[l]-h[l+1], 0), h[l] = min(h[l], h[l+1]); l--;
        Ans += max(h[r-1]-h[r], 0), h[r] = max(h[r], h[r-1]); r++;
    }
    printf("%lld
", Ans);
}

翘课

10% $2le n,mle 500,k=1$

20% $2le n,mle 200000,k=1$ 暴力

40% $2le n,mle 2000,k=2$ 找环

70% $2le n,mle 2000,k<n$ 每次跑点判断

100% $2le n,mle 200000,1le k <n$ 倒着删

考虑先把所有边加进去，再倒过来删边。

对于每个点，我们考虑要不要删掉它，删掉它表示它连接着选中的点的度小于 K 了。删完它之后我们把它邻居的度都–，然后再看它的邻居要不要被删掉。这样预处理把每个点判一次要不要删。

之后删一条边也是删完就判断连接的两个点需不需要被删掉。因为每个点只会被删一次，所以整体还是O(n)的。

题目做法可能多样，但思路应该都是倒过来。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 200005;
const int MAXM = 200005;
inline void read(int &num)
{
    char ch; int flag=1;
    while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')flag=-flag;
    for(num=ch-'0';isdigit(ch=getchar());num=num*10+ch-'0');
    num*=flag;
}

int n, m, k, d[MAXN], Ans;
int fir[MAXN], to[MAXM<<1], nxt[MAXM<<1], cnt = 1;

inline void Add(int u, int v)
{
    to[++cnt] = v; nxt[cnt] = fir[u]; fir[u] = cnt;
    to[++cnt] = u; nxt[cnt] = fir[v]; fir[v] = cnt;
}

bool flg[MAXN], used[MAXM<<1];

inline void del(int u)
{
    if(!flg[u]) return;
    flg[u] = 0; Ans--;
    for(int i = fir[u]; i; i = nxt[i])
		if(used[i^1] && (used[i^1] = 0, --d[to[i]] == k-1)) del(to[i]);
}

bool vis[MAXN];
inline bool dfs1(int u)
{
	if(vis[u]) return flg[u];
	vis[u] = 1;
	flg[u] = 1; Ans++;
    for(int i = fir[u]; i; i = nxt[i])
		if(dfs1(to[i]))
			++d[u], used[i] = 1;
    if(d[u] >= k) return 1;
	del(u);
	return 0;
}
int U[MAXM], V[MAXM], ans[MAXM];
int main ()
{
    read(n), read(m), read(k);
    for(int i = 1; i <= m; i++)
        read(U[i]), read(V[i]), Add(U[i], V[i]);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
		if(!vis[i]) dfs1(i);
    for(int i = m; i >= 1; i--)
    {
        ans[i] = Ans;
        if(used[i<<1] && (used[i<<1] = 0, --d[U[i]] == k-1)) del(U[i]);
        if(used[i<<1|1] && (used[i<<1|1] = 0, --d[V[i]] == k-1)) del(V[i]);
    }
	for(int i = 1; i <= m; i++) printf("%d
", ans[i]);
}

运气大战

20% $nle 10,qle 10$ 暴力

另30% $nle 1000,qle 100$ 这个点我也不记得为什么放了，但看起来很多人只拿到了50所以可能还是有点意义的？

另20% $nle 30000,qle 500$ nq 的 dp

100% $2le nle 30000,1le qle 10000,1le w_i,r_i le 1e6,1le a_i ot=b_i le n$

由于排序不等式，我们尽量想顺序放。两边都排序。

由于 n 个不能配的干扰，又不能完全顺序放。

有个结论，最后匹配出第 i 个人的运气值是第 j 个的话，$|i-j|le2$。这个结论从最小化逆序对的个数来看，自己把附近几个线连起来画一画证明一下。

这样就可以用 dp[i]表示到 i 为止所有配好的最优答案。计算的时候需要用到前三轮的答案然后讨论一下。这个是 O(nq)的，可以过70%。

用线段树记录区间答案。区间记录这样的信息：把这个区间前0-2个和后0-2个元素去掉的答案，用3x3的矩阵维护。这样复杂度是O(qlogn)。

由于出题人良心发现将时限改为3s，常数小的nq算法也能过1.5s左右，下贴AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int MAXN = 30005;
const LL INF = 1ll<<60;
inline void read(int &num)
{
    char ch; int flag=1;
    while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')flag=-flag;
    for(num=ch-'0';isdigit(ch=getchar());num=num*10+ch-'0');
    num*=flag;
}
struct node
{
	int val, id;
}A[MAXN], B[MAXN];
LL dp[MAXN], cost[MAXN][2];
int n, q, posa[MAXN], posb[MAXN];

inline LL Calc(int i, int j)
{
	if(i < 1 || j < 1 || i > n || j > n || A[i].id == A[j].id) return -INF;
	return 1ll * A[i].val * B[j].val;
}

inline void Upd(int i)
{
	if(i < 1 || i > n) return;
	cost[i][0] = Calc(i, i+1) + Calc(i+1, i);
	cost[i][1] = max(Calc(i, i+1) + Calc(i+1, i+2) + Calc(i+2, i),
					Calc(i, i+2) + Calc(i+1, i) + Calc(i+2, i+1));
}

inline bool cmp(node x, node y) { return x.val < y.val; }

int main ()
{
	read(n), read(q);
	for(int i = 1; i <= n; i++) read(A[i].val), A[i].id = i;
	for(int i = 1; i <= n; i++) read(B[i].val), B[i].id = i;
	sort(A + 1, A + n + 1, cmp);
	sort(B + 1, B + n + 1, cmp);
	for(int i = 1; i <= n; i++) posa[A[i].id] = posb[B[i].id] = i, Upd(i);
	int x, y;
	while(q--)
	{
		read(x), read(y), swap(B[posb[x]].id, B[posb[y]].id), swap(posb[x], posb[y]);
		for(int i = -2; i <= 0; i++)
			Upd(posa[x+i]), Upd(posb[x+i]), Upd(posa[y+i]), Upd(posb[y+i]);
		dp[n+1] = 0;
		for(int i = n; i; i--)
		{
			dp[i] = max(dp[i+2] + cost[i][0], dp[i+3] + cost[i][1]);//i与i+1/2不能配对的情况一定会被另外更优的情况所取代，可能是此行的另一个max，可能是下一行的单独配对时取的max
			if(A[i].id != B[i].id) dp[i] = max(dp[i], dp[i+1] + 1ll * A[i].val * B[i].val);
		}
		printf("%lld
", dp[1]);
	}
}