AGC004 补题小结

Problem A Divide a Cuboid

简要题意：用若干个 (1 imes 1 imes 1) 的小立方体组成一个 (A imes B imes C) 的大长方体，每个小方块可以涂成红色或蓝色，但要满足以下要求：

1. 至少有 1 个红色方块与 1 个蓝色方块。
2. 所有的红色方块必须组成一个长方体。
3. 所有的蓝色方块必须组成一个长方体。

求所有满足要求的染色方案中，红色方块数与蓝色方块数相差个数的最小值。(A,B,Cle 10^9)

tag：分类讨论

题解：如果有一条棱是偶数，那答案肯定是 (0) ，否则就是最小的一个面 ( imes 1)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
int main (){
    ll A,B,C;scanf ("%lld%lld%lld",&A,&B,&C);
    if (!(A&1)||!(B&1)||!(C&1)) puts("0");
    else printf ("%lld",min(A*B,min(B*C,A*C)));
    return 0;
}

Problem B Colorful Slimes

简要题意：(n) 个数字，可以花费 (a_i) 的代价获得 (i) ，也可以花费 (k) 的代价让已有的所有数字加 (1)，问获得 (1...n) 中所有数字的最少花费。(nle 2000, k,a_ile 10^9)

tag：贪心

题解：挺难想的....

设整体加一操作使用了 (k) 次，那么对于一个 (i) ，它花费的代价就是 (min{a[i]...a[i-k]}) ，那么枚举一个 (k) 就做完了

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=2005;
int a[N],mn[N][N];
int now[N];int n,k;
inline int Min(int a,int b){
	return a<b?a:b;
}
inline int qmin(int x,int l){
	if (x-l>0) return mn[x-l][x];
	return Min(mn[1][x],mn[n-(l-x)][n]);
}
int main (){
	scanf ("%d%d",&n,&k);
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf ("%d",&a[i]);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=i;j<=n;j++){
			if (i==j) mn[i][j]=a[i];
			else mn[i][j]=Min(mn[i][j-1],a[j]);
		}
	long long ans=1ll<<60ll;
	for (int i=0;i<n;i++){
		long long now=i*k;
		for (int j=1;j<=n;j++) now+=qmin(j,i);
		ans=min(ans,now);
	}
	printf ("%lld",ans);
	return 0;
}

Problem C AND Grid

简要题意：给定一个 (N imes M) 网格图，有些位置已经被涂黑，但保证最外层全白。要求构造两个相同大小的网格图，并且在上面涂黑，满足这两个网格的涂色部分的重合位置恰好是给定的网格图的涂黑位置。(3le N,Mle 500)

tag：构造

题解：奇数偶数分开，第一个图中奇数行全涂黑，第二个图中偶数行全涂黑，为了保证连通，在第一个图中把第一列涂黑，再在第二个图中把最后一列涂黑即可

#include <cstdio>
const int N=505;
char a[N][N],b[N][N];
int main (){
	int n,m;scanf ("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf ("%s",a[i]+1);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=1;j<=m;j++)
			b[i][j]=a[i][j];
	for (int i=1;i<=n;i+=2)
		for (int j=1;j<m;j++)
			a[i][j]='#';
	for (int i=2;i<=n;i+=2)
		for (int j=2;j<=m;j++)
			b[i][j]='#';
	for (int i=1;i<=n;i++) a[i][1]='#';
	for (int i=1;i<=n;i++) b[i][m]='#';
	for (int i=1;i<=n;i++,puts(""))
		for (int j=1;j<=m;j++)
			printf ("%c",a[i][j]);
	puts("");
	for (int i=1;i<=n;i++,puts(""))
		for (int j=1;j<=m;j++)
			printf ("%c",b[i][j]);
	return 0;
}

Problem D Teleporter

简要题意：给你 (n) 个点，点 (i) 有父亲为 (fa_i) ，现在给定常数 (k) ，让你改动最少个点的父亲，使得每个点的 (k) 级祖先都是 (1). (nle 10^5)

tag：贪心，dfs

题解：首先，(1) 的父亲必定是 (1) 自己，否则可以证明一定不满足条件，那么原图就从环套树变成了树，对于每一个点，如果它子树中最深深度等于 (k) ，那就把它的父亲置为 (1)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=100005;
int Head[N],Next[N],Adj[N],tot=0;
inline void addedge(int u,int v){
	Next[++tot]=Head[u];
	Head[u]=tot;
	Adj[tot]=v;
}
int fa[N];
int n,k,ans=0;
int dis[N],dep[N];
inline void dfs(int x,int las) {
	dis[x]=dep[x];
	for (int e=Head[x];e;e=Next[e]) {
		dep[Adj[e]]=dep[x]+1,dfs(Adj[e],x);
		dis[x]=max(dis[x],dis[Adj[e]]);
	}
	if(las!=1&&x!=1&&dis[x]-dep[x]==k-1) ++ans,dis[x]=0;
}
int main (){
	scanf ("%d%d",&n,&k);
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf ("%d",&fa[i]);
	if (fa[1]!=1) ans=fa[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++) addedge(fa[i],i);
	dfs(1,0);
	printf ("%d",ans);
	return 0;
}

Problem E Salvage Robots

简要题意：有一个 (H imes W) 棋盘，上面要么是空的，要么有一个机器人，要么是一个出口（出口总共只有一个）。每次可以命令所有机器人向上下左右中的某个方向移动一格，如果它超出了棋盘的边界就会消失。如果它到了出口的位置就会被你救下(并且从棋盘上消失)。求你能够救下的机器人的最大值。(H,Wle 100)

tag：dp

题解：(f[i][j][k][l]) 表示这个矩形曾经往上最多走了 (i) 格，往下最多走了 (j) 格，往左最多走了 (k) 格，往右最多走了 (l) 格。矩形所扩展到的范围，都是能够拯救的范围。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=105;
short f[N][N][N][N],sum1[N][N],sum2[N][N];char a[N][N];
inline void ckmax(short&x,short y){
	x=(x<y?y:x);
}
int main (){
	int n,m;scanf ("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf ("%s",a[i]+1);
	int tx,ty;
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=1;j<=m;j++){
			if (a[i][j]=='E') tx=i,ty=j;
            sum1[i][j]=sum1[i][j-1]+(a[i][j]=='o');
            sum2[i][j]=sum2[i-1][j]+(a[i][j]=='o');
		}
	int limi=tx-1,limj=n-tx,limk=ty-1,liml=m-ty;
	for (int i=0;i<=limi;i++)
		for (int j=0;j<=limj;j++)
			for (int k=0;k<=limk;k++)
				for (int l=0;l<=liml;l++){
					int L=max(ty-k,l+1),R=min(ty+l,m-k);
					if (L<=R){
						ckmax(f[i+1][j][k][l],f[i][j][k][l]+(tx-i-1>=j+1?sum1[tx-i-1][R]-sum1[tx-i-1][L-1]:0));
						ckmax(f[i][j+1][k][l],f[i][j][k][l]+(tx+j+1<=n-i?sum1[tx+j+1][R]-sum1[tx+j+1][L-1]:0));
					}
					L=max(tx-i,j+1),R=min(tx+j,n-i);
					if (L<=R){
						ckmax(f[i][j][k+1][l],f[i][j][k][l]+(ty-k-1>=l+1?sum2[R][ty-k-1]-sum2[L-1][ty-k-1]:0));
						ckmax(f[i][j][k][l+1],f[i][j][k][l]+(ty+l+1<=m-k?sum2[R][ty+l+1]-sum2[L-1][ty+l+1]:0));
					}
				}
	printf ("%d",f[limi][limj][limk][liml]);
	return 0;
}

Problem F Namori

简要题意：给定一个 (N) 个点，(M) 条边的图，没有自环重边。满足条件 (N-1le Mle N)，每个点初始是白色。每次操作可以处理一条边，其两个点如果颜色相同则都变成相反的颜色（黑变白，白变黑）。询问能否将每个点都变为黑色。如果能，输出最少的操作数；如果不能，输出 (-1) 。

tag：思维题，分类讨论

题解：分三类

树

我们可以把两个相邻的两个颜色相同的点翻转转化为，我们把原树二分图染色，把两个相邻的两个不同颜色的点交换。那我们的目标就是把所有黑点变成白点，白点变为黑点。

那么我们把白点权值设为 (1)，黑点为 (-1) ，那么答案就为 (sum_{i=1}^n|s_i|) ，(s_i) 表示 (i) 的子树权值之和

证明的话，考虑叶子节点显然满足，因为要和上一层合并一次，而如果上一层被合并了奇数次，那么 (s_i) 不为 (0)，还需要再向上合并

环套树

看不懂，留坑待填