题解 noip2018模拟测试赛（三十五）

传送门

Yakiniku Restaurants

题目思路

容易发现走回头路一定不会更优，因此答案走过的路程一定为一段区间

考虑 (O(n^2))​ 暴力枚举区间，再 (O(m))​​ 计算每种餐票能获得的最大值，时间复杂度为 (O(n^2m)) ，卡不过

考虑dp优化，假设对于餐厅 (i) 来说，从餐厅 (j) 走到餐厅 (i)​​ 能获得最大的价值，那么称 (j) 为 (i) 的最优决策点

我们发现，这个dp是具有决策单调性的，也就是说若 (j)​​ 为 (i)​​ 的最优决策点，那么 (i+1)​​​ 的最优决策点一定在 (j)​ 之后

假设餐厅 (j) 走到餐厅 (i) 能获得最大的餐票价值为 (bleft(i,j ight)) ，走过的路程为 (aleft(i,j ight))

因为我们发现，既然 (i) 的最优决策点不为 (j) 之前的店铺，说明对于 (i) 来说，假设 (k<j) ，那 (b(i,k)-b(i,j)) 一定小于 (a(i,k)-a(i,j)=a(j,k)) ，即 (j) 之前的店铺餐票带来的价值上升一定比不过路程带来的价值下降；那么对于 (i+1) 来说 (b(i+1,k)-b(i+1,j)le b(i,k)-b(i,j)le a(j,k)le a(i+1,k)-a(i+1,j))

设 (calc(i,j))​ 为区间 ([i,j])​ 的最大价值，我们直接st表预处理一下对于每种餐票各个区间的最大值即可 (O(m)) 求 (calc)

因为求解 (calc)​ 不需要之前决策点的信息，因此我们分治处理。对于区间 ([l,r])​ ，我们对于点 (mid)​ 求出最优决策点 (p)​ ，那么区间 ([l,mid-1])​ 的最优决策点显然在 (p)​ 之前，区间 ([mid+1,r])​ 的最优决策点显然在 (p)​​ 之后，这样的时间复杂度是 (O(nlogn)) 的，再加上求解 (calc) 的 (O(m)) ，总的时间复杂度即为 (O(nmlogn))

PS: 似乎还有另一种方法，将区间 ([l,r]) 转化为二维上的一个点 ((l,r))​ ，枚举每种餐票，通过单调栈求解左右侧首个最大值，通过差分的技巧插入二维平面，然后就可以 (O(1))​ 查询 (calc)​ 了，预处理时间复杂度 (O(nm))，询问 (O(n^2))

代码

#include<iostream>
using namespace std;
int n,m,dp[5005];
long long a[5005],b[5005][305];
long long lg2[5005]= {-1},h[305][5005][15];
void st(int t) {
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		h[t][i][0]=b[i][t];
	}
	for(int j=0; j<lg2[n]; j++) {
		int mx=n-(1<<(j+1))+1;
		for(int i=1; i<=mx; i++) {
			h[t][i][j+1]=max(h[t][i][j],h[t][i+(1<<j)][j]);
		}
	}
}
long long getmax(int t,int l,int r) {
	int k=lg2[r-l+1];
	return max(h[t][l][k],h[t][r-(1<<k)+1][k]);
}
long long calc(int l,int r) {
	if(l>r)return 0;
	long long ans=a[l]-a[r];
	for(int i=1; i<=m; i++) {
		ans+=getmax(i,l,r);
	}
	return ans;
}
long long ans;
void solve(int l,int r,int x,int y) {
	if(x>y)return;
	int mid=(x+y)/2;
	long long mx=0;
	int now=l;
	for(int i=l; i<=r&&i<=mid; i++) {
		long long c=calc(i,mid);
		if(c>=mx)mx=c,now=i;
	}
	ans=max(ans,mx);
	solve(l,now,x,mid-1);
	solve(now,r,mid+1,y);
}
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=2; i<=n; i++) {
		scanf("%lld",&a[i]);
		a[i]+=a[i-1];
	}
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		for(int j=1; j<=m; j++) {
			scanf("%lld",&b[i][j]);
		}
	}
	for(int i=1; i<=n; i++)lg2[i]=lg2[i/2]+1;
	for(int i=1; i<=m; i++)st(i);
	solve(1,n,1,n);
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

Decrementing

题目思路

如果没有除最大公约数的操作，那么直接判断 (a_i-1) 的和的奇偶性即可

因此我们思考除最大公约数的操作会对 (a_i-1) 的和的奇偶性产生什么影响

我们发现，当最大公约数为奇数时操作对 (a_i-1)​ 的和的奇偶性无影响，只有当其是偶数时才有可能产生影响

而所有数的最大公约数为偶数当且仅当所有数都为偶数，因此只有当前局面中只有一个非一奇数时奇偶性才有可能变化

并且如果当前情况对先手而言是必胜的话，他永远可以通过破坏偶数的方式使得不可能出现最大公约数为偶数，维持必胜局面

那么当没有可能变化时直接判断，有可能变化时我们模拟即可，由于每次至少除二，因此最多只会模拟 (O(nlogn))​ 次，总时间复杂度为 (O(nlogn))

代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,a[100005];
int jishu() {
	int shu=0;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		if(a[i]==1)return 0;
		shu+=(a[i]&1);
	}
	return shu;
}
void jian() {
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		if(a[i]&1)a[i]--;
	}
}
void chu() {
	int gongyinshu=a[1];
	for(int i=2; i<=n; i++) {
		gongyinshu=__gcd(gongyinshu,a[i]);
	}
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		a[i]/=gongyinshu;
	}
}
int main() {
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	for(int wanjia=1; 1; wanjia^=1) {
		long long he=0;
		for(int i=1; i<=n; i++) {
			he+=a[i]-1;
		}
		if(he&1) {
			if(wanjia)printf("First");
			else printf("Second");
			break;
		} else {
			if(jishu()==1) {
				jian(),chu();
			} else {
				if(!wanjia)printf("First");
				else printf("Second");
				break;
			}
		}
	}
	return 0;
}

wangxz与OJ

题目思路

数据结构题

由于题目没有保证插入的数量与删除的数量，因此不能像维护序列那样直接插入，删除

发现题目插入的都是一段区间，因此我们平衡树上的一个节点维护的就是一个区间

对于序列题，采用无旋treap，另外split时有可能将一个区间劈成两个，需要将原来的区间分成两个区间

注意一下数组大小即可

代码

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=1000005;
int cnt,rt,ls[N],rs[N],rd[N];
int l[N],r[N],size[N];
void pushup(int p) {
	size[p]=size[ls[p]]+size[rs[p]]+r[p]-l[p]+1;
}
int add(int a,int b) {
	size[++cnt]=b-a+1;
	rd[cnt]=rand();
	l[cnt]=a,r[cnt]=b;
	return cnt;
}
void split(int p,int &a,int &b,int k) {
	if(p==0) {
		a=b=0;
		return;
	}
	if(k<=size[ls[p]]) {
		b=p;
		split(ls[p],a,ls[b],k);
	} else {
		if(k<size[ls[p]]+(r[p]-l[p]+1)) {
			int p2=add(l[p]+k-size[ls[p]],r[p]);
			r[p]=l[p]+k-size[ls[p]]-1;
			rs[p2]=rs[p],rs[p]=p2;
		}
		a=p;
		split(rs[p],rs[a],b,k-size[ls[p]]-(r[p]-l[p]+1));
	}
	pushup(p);
}
int merge(int a,int b) {
	if(a==0||b==0) {
		return a|b;
	}
	if(rd[a]<rd[b]) {
		rs[a]=merge(rs[a],b);
		pushup(a);
		return a;
	} else {
		ls[b]=merge(a,ls[b]);
		pushup(b);
		return b;
	}
}
void print(int p) {
	if(p==0)return;
	print(ls[p]);
	for(int i=l[p]; i<=r[p]; i++) {
		printf("%d ",i);
	}
	print(rs[p]);
}
int main() {
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		int x;
		scanf("%d",&x);
		rt=merge(rt,add(x,x));
	}
	while(m--) {
		int op,p,a,b;
		scanf("%d",&op);
		int x,y,z;
		if(op==0) {
			scanf("%d%d%d",&p,&a,&b);
			split(rt,x,y,p);
			rt=merge(x,merge(add(a,b),y));
		}
		if(op==1) {
			scanf("%d%d",&a,&b);
			split(rt,y,z,b);
			split(y,x,y,a-1);
			rt=merge(x,z);
		}
		if(op==2) {
			scanf("%d",&p);
			split(rt,y,z,p);
			split(y,x,y,p-1);
			printf("%d
",l[y]);
			rt=merge(x,merge(y,z));
		}
	}
	return 0;
}