比赛-xxxxxyt学姐的训练赛 (25 Aug, 2018)

NKOJ 上可以搜索到题目。

A. Candies##

BFS 一下就可以了。注意这题不满足二分性质。

#include <cstdio>
#include <queue>

using namespace std;

struct node {
	int x, y;
	node(int x = 0, int y = 0):
		x(x), y(y) { }
};

queue<node> Q;
int A[105][105], V, N, M, Cnt;
int nxt[4][2] = {0,1,0,-1,1,0,-1,0};
bool mk[105][105], mk2[105][105];

void check(int x, int y)
{
	if (1 <= x && x <= N && 1 <= y && y <= M && A[x][y] >= V && !mk[x][y])
		Q.push(node(x, y)), mk[x][y] = 1, ++Cnt;
	return;
}

bool test()
{
	Cnt = 0;
	for (int i = 1; i <= N; ++i)
		for (int j = 1; j <= M; ++j)
			mk[i][j] = 0;
	for (int i = 1; i <= N; ++i) {
		check(i, 1);
		check(i, M);
	}
	for (int j = 2; j < M; ++j) {
		check(1, j);
		check(N, j);
	}
	while (!Q.empty()) {
		node p = Q.front();
		Q.pop();
		for (int i = 0; i < 4; ++i)
			check(p.x + nxt[i][0], p.y + nxt[i][1]);
	}
	
	if (Cnt == N * M) return 0;
	
	bool flag = 0;
	
	for (int i = 1; i <= N; ++i) {
		for (int j = 1; j <= M; ++j) {
			if (!mk[i][j]) {
				Q.push(node(i, j));
				flag = 1;
				break;
			}
		}
		if (flag) break;
	}
	
	for (int i = 1; i <= N; ++i)
		for (int j = 1; j <= M; ++j)
			mk2[i][j] = 0;
	int tot = 0;
	while (!Q.empty()) {
		node p = Q.front();
		Q.pop();
		for (int i = 0; i < 4; ++i) {
			int x = p.x + nxt[i][0], y = p.y + nxt[i][1];
			if (1 <= x && x <= N && 1 <= y && y <= M && !mk[x][y] && !mk2[x][y])
				Q.push(node(x, y)), mk2[x][y] = 1, ++tot;
		}
	}
	return tot + Cnt < N * M;
}

int main()
{
	scanf("%d%d", &N, &M);
	for (int i = 1; i <= N; ++i)
		for (int j = 1; j <= M; ++j)
			scanf("%d", &A[i][j]);
	for (V = 100; V >= 1; --V) {
		if (test()) {
			printf("%d
", V);
			return 0;
		}
	}
	printf("-1
");
	return 0;
}

B. Cards##

BZOJ3262 陌上花开 弱化版，没有相同元素。三位偏序问题（第一维排序，第二维分治，第三维数据结构）。同时这题非常良心，不同数据采用不同算法，即暴力 dp 或者 topsort 可过 60 分的数据， (O(n^2)) ；剩下的 40 分是一个二维偏序，用 cdq 分治，或者对第一维排序后 (O(n cdot log n)) 求最长不降子序列即可。

60 + 40 分的代码

#include <stdio.h>
#include <vector>
#include <queue>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int _N = 1020000;

int ind[_N], len[_N], N;
vector<int> G[_N];
queue<int> Q;

struct data {
	int a, b, c;
	bool operator < (const data &tmp)
	const
	{
		return a <= tmp.a && b <= tmp.b && c <= tmp.c;
	}
} A[_N];

bool cmp(data a, data b)
{
	return a.a < b.a || a.a == b.a && a.b < b.b;
}

void fun1()
{
	int ans;
	sort(A + 1, A + 1 + N, cmp);
	len[ans = 1] = A[1].b;
	for (int i = 2; i <= N; ++i) {
		if (A[i].b >= len[ans]) {
			len[++ans] = A[i].b;
		} else {
			int t = upper_bound(len + 1, len + 1 + ans, A[i].b) - len;
			len[t] = A[i].b;
		}
	}
	printf("%d
", ans);
	return;
}

int main()
{
	scanf("%d", &N);
	for (int i = 1; i <= N; ++i)
		scanf("%d%d%d", &A[i].a, &A[i].b, &A[i].c);
	if (N >= 1055) {
		fun1();
		return 0;
	}
	for (int i = 1; i <= N; ++i) {
		for (int j = 1; j <= N; ++j) {
			if (i != j && A[i] < A[j])
				G[i].push_back(j), ++ind[j];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= N; ++i)
		if (!ind[i]) Q.push(i), len[i] = 1;
	while (!Q.empty()) {
		int p = Q.front();
		Q.pop();
		for (int i = G[p].size() - 1; i >= 0; --i) {
			int v = G[p][i];
			if (!--ind[v]) Q.push(v), len[v] = len[p] + 1;
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= N; ++i)
		ans = max(ans, len[i]);
	printf("%d
", ans);
	return 0;
}

C. Pets##

分析一下可以发现两部分的图中均不能有环， topsort 判一下是否有环即可。然后问题转化成要把第二部分链中的节点插入到第一部分的链中（ topsort 之后肯定保证是一条链）。 (f_{i,j}) 表示考虑把第二部分链第 (j) 个点插入到第一部分链第 (i) 和 (i+1) 个点中间，则：

[f_{i,j} = max(f_{i-1,j},f_{i,j-1}+[t]) ]

事件 (t) 是指第二部分第 (j) 个点可以合法插入，为真条件是第一部分链 ([1,i]) 这些点均有到 (j) 的边，且 ([i+1,m]) 这些点均没有到 (j) 的边（这也意味着 (j) 到这些点有边）。这个可以 (O(n^2)) 预处理。答案是 (f_{m,n-m}) 。

#include <stdio.h>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int _N = 1200;

int top[2][_N], f[_N][_N], ind[_N], pos[_N], N, M;
bool mk[_N], G[_N][_N];
queue<int> Q;

int topsort(bool t)
{
	for (int i = 1; i <= N; ++i) ind[i] = 0;
	for (int i = 1; i <= N; ++i)
		for (int j = 1; j <= N; ++j)
			if (mk[i] ^ t && mk[j] ^ t && G[i][j])
				++ind[j];
	for (int i = 1; i <= N; ++i)
		if (mk[i] ^ t && !ind[i]) Q.push(i);
	int cnt = 0;
	while (!Q.empty()) {
		int p = Q.front();
		Q.pop(), top[t][++cnt] = p;
		for (int i = 1; i <= N; ++i)
			if (mk[i] ^ t && G[p][i] && !--ind[i])
				Q.push(i);
	}
	return cnt;
}

int dfs(int i, int j)
{
	if (~f[i][j]) return f[i][j];
	if (!j) return f[i][j] = 0;
	if (!i) return f[i][j] = dfs(i, j - 1) + (pos[j] == i);
	
	return f[i][j] = max(dfs(i - 1, j), dfs(i, j - 1) + (pos[j] == i));
}

int main()
{
	scanf("%d%d", &N, &M);
	for (int i = 1; i <= N; ++i)
		for (int j = 1; j <= N; ++j)
			scanf("%d", &G[i][j]);
	for (int t, i = 1; i <= M; ++i)
		scanf("%d", &t), mk[t] = 1;
	if (topsort(1) != N - M || topsort(0) != M) {
		printf("NO
");
		return 0;
	}
	for (int i = 1; i <= N - M; ++i) {
		int j, t;
		for (j = 1; j <= M; ++j)
			if (!G[top[0][j]][top[1][i]]) break;
		for (t = j; j <= M; ++j)
			if (G[top[0][j]][top[1][i]]) break;
		pos[i] = j == M + 1 ? t - 1 : -1;
	}
	memset(f, -1, sizeof f);
	printf("YES %d
", dfs(M, N - M));
	return 0;
}