[20180826]四校联考

T1谜题(nazo)

Problem Here

Solution

1. 先把所有点的开关状态压成一个二进制数
2. 按一个按钮就相当于异或上一个二进制数
3. 显然不会按同一个按钮两次
4. 枚举(leftlfloorfrac{n}{2} ight floor)个按钮每个按不按，计算只按前(leftlfloorfrac{n}{2} ight floor)个按钮得到每种状态的最少次数保存在map里
5. 接着枚举后$ leftlceil frac{n}{2} ight ceil $个按钮每个按不按，根据按的按钮的异或和到map里找到对应状态并更新答案

用hash表优化map，时间复杂度可优化到(O( 2^{frac{n}{2}}))。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline long long read(){
	long long x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
#define MN 45
#define M 6233333
int n,m,ans=40;
long long t,res,opt[MN];
struct Map{
	struct edge{int nex,w;long long val;}e[M];int hr[M],cnt;
	inline int&operator[](long long x){
		register int i;
		for(i=hr[x%M];i;i=e[i].nex)
			if(e[i].val==x) return e[i].w;
		e[++cnt]=(edge){hr[x%M],0,x};hr[x%M]=cnt;
		return e[cnt].w;
	}
}mp;
int main(){
//	freopen("nazo.in","r",stdin);
//	freopen("nazo.out","w",stdout);
	n=read();m=read();
	register int i,j,x,y,step;
	for(i=0;i<n;i++) res^=((read()==0)*1ll)<<i,opt[i]|=1ll<<i;
	for(i=1;i<=m;i++) x=read()-1,y=read()-1,opt[x]|=1ll<<y,opt[y]|=1ll<<x;
	for(i=0;i<1<<n/2;i++){
		for(t=res,j=step=0;j<n/2;j++) if((i>>j)&1) t^=opt[j],step++;
		mp[t]=std::min(mp[t]?mp[t]:MN,step+1); 
	}
	for(i=0;i<1<<n-n/2;i++){
		for(t=j=step=0;j<n-n/2;j++) if((i>>j)&1) t^=opt[n-j-1],step++;
		mp[t]?ans=std::min(ans,mp[t]+step-1):0; 
	}
	return 0*printf("%d",ans);
}

T2染色(iro)

Problem Here

Solution

假设最后用了(m)种颜色，我们把这些颜色编号为(1)~(m)。

(m)显然存在一个下界，即每两个相邻节点的颜色数之和的最大值。

1. 当(n)为偶数时，答案就是这个最大值。如果您直接输出它，您会获得40分
2. 当n为奇数时，假设1号点的颜色为(1)~(a_i),那么我要使偶数点所取得颜色尽可能小，奇数点所取得颜色尽可能大，显然可以通过贪心来完成。

所以，二分答案加+贪心check，时间复杂度(O(nlog n))

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
#define MN 100005
#define mid (l+r>>1)
int n,a[MN],MIN;
inline bool check(int md){
	int x=a[2];
	for(int i=3;i<=n;i++){
		if(i&1){
			x=std::max(0,a[i]-md+a[1]+x);
		}
		else{
			x=std::max(0,a[i]-a[1]+x);
		}
		if(x==0) return 1;
	}
	return 0;
}
int main(){
	n=read();
	register int i;
	for(i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),MIN=std::max(MIN,a[i]+a[i-1]);
	MIN=std::max(MIN,a[1]+a[n]);
	if(~n&1) return 0*printf("%d
",MIN);
	int l=MIN,r=MIN<<1,ans;
	while(l<=r){
		if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}

T201串(kushi)

Problem Here

Solution

首先有一个很好想得n方dp。——70分

注意到我们只关心后缀，所以可以用后缀来表示状态

(dp_{i,j})表示前i个01串，其中一个子序列的末尾存在一个后缀等于j的最小答案。

(dp_{i,j} o dp_{i+1,j})有两种转移：

1. 只要加上(g(a_i,a_{i+1})),可以直接加上这个值，若不执行该转移，将该值减去

2. 枚举(a_{i+1})的一个前缀p，求出(min{dp_{i,p}}),再枚举(a_i)的后缀(u)，用(min{dp_{i,p}})来更新(dp_{i+1,u})

复杂度是(O(nm)).

//70分dp
#include<bits/stdc++.h>
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline int read01(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
#define MN 1005
int ans,n,m,a[MN];
int cr[MN][MN],f[MN][MN];
inline void rw(int &i,int j){
	if(i<j) i=j; 
}
int main(){
	freopen("kushi.in","r",stdin);
	freopen("kushi.out","w",stdout);
	n=read(),m=read();register int k,i,j;
	if(n>1000) return 0*puts("orz");
	for(i=1;i<=n;i++) a[i]=read01();
	for(i=1;i<=n;i++)for(j=i+1;j<=n;j++)for(k=m;k>=0;k--)if((a[j]>>(m-k))==(a[i]%(1<<k))){cr[i][j]=k;break;}
	for(i=0;i<=n;i++)for(j=0;j<=n;j++)if(i!=j){
		if(i<j) rw(f[i][j+1],f[i][j]+cr[j][j+1]),
				rw(f[j+1][j],f[i][j]+cr[i][j+1]);
		else 	rw(f[i+1][j],f[i][j]+cr[i][i+1]),
				rw(f[i][i+1],f[i][j]+cr[j][i+1]);
	}
	ans=0;
	for(i=0;i<n;i++) rw(ans,f[i][n]),rw(ans,f[n][i]);
	printf("%d
",m*n-ans);
	return 0;
}

#include<bits/stdc++.h>
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
#define MN 200005
#define inf (1e9)
char s[25];
int a[MN],f[25][1<<20],cr,res;
int main(){
//	freopen("kushi.in","r",stdin);
//	freopen("kushi.out","w",stdout);
	int n,m,i,j,k;
	n=read();m=read();
	for(i=1;i<=n;i++){
		scanf("%s",s+1);
		for(j=1;j<=m;j++) a[i]+=(s[j]=='0')<<j-1;
	}
	memset(f,67,sizeof f);
	f[0][0]=m;
	for(i=2;i<=n;i++){
		for(k=0;k<m;k++)
			if((a[i-1]>>k)==(a[i]&((1<<m-k)-1))) break;
		cr+=k;res=inf;
		for(j=0;j<=m;j++) res=std::min(res,f[m-j][a[i]&((1<<m-j)-1)]+j-k);
		for(j=0;j<=m;j++) f[m-j][a[i-1]>>j]=std::min(f[m-j][a[i-1]>>j],res);
	}
	res=inf;
	for(i=0;i<=m;i++)
	for(j=0;j<1<<i;j++) res=std::min(res,f[i][j]);
	printf("%d",res+cr);
}

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