• 洛谷 P2114 [NOI2014]起床困难综合症 解题报告


    P2114 [NOI2014]起床困难综合症

    题目描述

    21世纪,许多人得了一种奇怪的病:起床困难综合症,其临床表现为:起床难,起床后精神不佳。作为一名青春阳光好少年,atm一直坚持与起床困难综合症作斗争。通过研究相关文献,他找到了该病的发病原因: 在深邃的太平洋海底中,出现了一条名为drd的巨龙,它掌握着睡眠之精髓,能随意延长大家的睡眠时间。 正是由于drd的活动,起床困难综合症愈演愈烈, 以惊人的速度在世界上传播。为了彻底消灭这种病,atm决定前往海底,消灭这条恶龙。历经千辛万苦,atm终于来到了drd所在的地方,准备与其展开艰苦卓绝的战斗。drd有着十分特殊的技能,他的防御战线能够使用一定的运算来改变他受到的伤害。具体说来,drd的防御战线由n扇防御门组成。每扇防御门包括一个运算op和一个参数t,其中运算一定是OR,XOR,AND中的一种,参数则一定为非负整数。如果还未通过防御门时攻击力为x,则其通过这扇防御门后攻击力将变为x op t。最终drd受到的伤害为对方初始攻击力x依次经过所有n扇防御门后转变得到的攻击力。

    由于atm水平有限,他的初始攻击力只能为0到m之间的一个整数(即他的初始攻击力只能在 0, 1, … , m中任选,但在通过防御门之后的攻击力不受m的限制)。为了节省体力,他希望通过选择合适的初始攻击力使得他的攻击能让drd受到最大的伤害,请你帮他计算一下,他的一次攻击最多能使drd受到多少伤害。

    输入输出格式

    输入格式:

    输入文件的第 1 行包含 2 个整数,依次为n, m,表示 drd 有n扇防御门,atm 的初始攻击力为0到m之间的整数。

    接下来n行,依次表示每一扇防御门。每行包括一个字符串op和一个非负整数t,两者由一个空格隔开,且op在前,t在后,op表示该防御门所对应的操作,t表示对应的参数。

    输出格式:

    输出一行一个整数,表示atm的一次攻击最多使drd受到多少伤害。

    说明:


    发现每一位是独立的,我们可以花(nlogm)的时间把每一位填0或1的情况的结果存下来

    然后似乎可以贪心,我不太清楚

    我是对每一位做的DP,用来判断某位是否可以越界


    Code:

    #include <cstdio>
    const int N=1e5+10;
    struct node
    {
        int op,t;
    }opt[N];
    int n,m,to[32][2],dp[32][2];//0表示有限制,1表示没有
    int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
    int main()
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        char op[6];
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%s%d",op,&opt[i].t);
            if(op[0]=='A') opt[i].op=1;
            else if(op[0]=='O') opt[i].op=2;
            else opt[i].op=3;
        }
        for(int k=0;k<30;k++)
        {
            for(int s=0;s<=1;s++)
            {
                to[k][s]=s;
                for(int i=1;i<=n;i++)
                {
                    int op=opt[i].op,t=opt[i].t;
                    if(op==1) to[k][s]&=t>>k&1;
                    else if(op==2) to[k][s]|=t>>k&1;
                    else to[k][s]^=t>>k&1;
                }
            }
        }
        int cnt=0,sum=0,ans=0;
        for(int p=m;p;p>>=1) ++cnt;
        for(int k=0;k<30;k++)
        {
            if(k>=cnt)
                sum|=to[k][0]<<k;
            else
            {
                if(cnt>k)//不处理最后一位
                    dp[k][1]=dp[k-1][1]|((to[k][0]|to[k][1])<<k);//最大化
                dp[k][0]=dp[k-1][0]|((to[k][0])<<k);//填0不能随便用
                if(m>>k&1)//如果这一位可以填1
                {
                    dp[k][0]=max(dp[k][0],dp[k-1][0]|(to[k][1]<<k));//填1不能随便用
                    dp[k][0]=max(dp[k][0],dp[k-1][1]|(to[k][0]<<k));//填0前面随便用
                }
                ans=max(ans,max(dp[k][0],dp[k][1]));
            }
        }
        printf("%d
    ",ans+sum);
        return 0;
    }
    
    

    2018.9.3

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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/butterflydew/p/9577906.html
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