20170723离线赛 · nanhan27's Blog

引言：感觉到自己的脑洞确实变大了那么一丢丢。

A、插队——原创By jiedai and nudun

关键字：单调栈，线段树，树状数组

【分析】

题目就是求出每一个点向左数第二个大于它的点的位置。

首先用一个单调递减的单调栈就能求出向左数第一个大于它的点。接下来就比较麻烦了。

如何求出第二个呢？难道再暴力往前for吗？

我的做法仍然是单调栈。对于每一个点，我们都可以知道第一次插队会插到谁那。既然这样，对于一个点，那些第一次插到它的点的关系又会是怎样的？一定是单调递增的！，而且，这些点当然比这个点小。这样按照pos从小到大的顺序在单调栈中查询，不会将前面的有效信息遗漏。

当然这种是比较难想的，大多数人都是用线段树求出第二个大于它的位置。

还有一种树状数组的写法，只是写起来比较麻烦，思路也没有线段树简洁，所以并没有人去写。

B、比赛——CODECHEF SEPT16

关键字：树形dp、倍增

【分析】

比较容易看出是树形dp，但是这个dp比较奇怪，dp转移是从某节点的祖先那里转移过来的。

快速敲完这题就去写第三题了。然后这题就爆炸了。

定义dp[t][u]表示u点往根的路径上$2^t$个点中答案的最小值。那么u点的最小花费就是:

$ans[u]=min(dp[t][F[d-1]],dp[t][F[d-1-k+(1<<t)]])+v)$

转移就比较简单了：

$dp[i][u]=min(dp[i-1][u],dp[i-1][F[d-(1<<i-1)]])$

复杂度$O(n*log(n))$。

【代码】

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56

using namespace std; #define debug(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl; #define ll long long #define M 200005 #define S 20 struct {int k,v;}; ll ans[M],dp[S][M]; vector<int>e[M]; vector<MP>mp[M]; int n,m,q; int F[M]; void chk(ll &x,ll y){ if(x>y)x=y; } void dfs(int u,int f,int d){ F[d]=u; for(int i=0;u!=1&&i<mp[u].size();i++){ int k=min(mp[u][i].k,d-1); int v=mp[u][i].v; int t=0; while((1<<t+1)<=k)t++; chk(ans[u],min(dp[t][F[d-1]],dp[t][F[d-1-k+(1<<t)]])+v); } dp[0][u]=ans[u]; for(int i=1;(1<<i)<=d;i++){ dp[i][u]=min(dp[i-1][u],dp[i-1][F[d-(1<<i-1)]]); } for(int i=0;i<e[u].size();i++){ int v=e[u][i]; if(v!=f)dfs(v,u,d+1); } } int main(){ memset(ans,63,sizeof ans); scanf("%d %d %d",&n,&m,&q); for(int i=1;i<n;i++){ int u,v; scanf("% 大专栏  20170723离线赛 · nanhan27's Blogd %d",&u,&v); e[u].push_back(v); e[v].push_back(u); } while(m--){ int a,b,c; scanf("%d %d %d",&a,&b,&c); mp[a].push_back((MP){b,c}); } ans[1]=0; dfs(1,0,1); while(q--){ int u; scanf("%d",&u); printf("%lldn",ans[u]); } return 0; }

C、采油区域——APIO2009

关键字：dp，前缀和

【分析】

首先我们是做过两块区域的。记得当时的思路就是枚举一条将整个区域分成两块的线。

现在是分成三块区域。分成三块区域需要两条线，所以复杂度应该是$O(n^2)$，对于这道题应该是能过的。

三块区域的分布情况有6（4+2）种，而解决这些情况需要5种前缀信息，分别是普通的sum和左上、左下、右上、右下角边长为K的区域石油最多是多少。

接下来就是用sum来$O(n^2)$预处理出其他4个前缀信息，再用$O(n^2)$来从6种情况中更新答案了。

所以这道题对我有点启发，对于一个较难的题目，我们可以先弱化一些条件，在想出解决小问题后试着将同样的思路去解决大问题。

【代码】

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40

#define debug(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl; #define rep(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++) #define per(a,b,c) for(int a=(c);a>=(b);a--) #define ll long long using namespace std; #define M 1505 int n,m,K,ans; int sum[M][M]; int a[M][M]; int b[M][M];//右上 int c[M][M];//左下 int d[M][M];//右下 void chk(int &x,int y){ if(x<y)x=y; } void Init(){ per(i,K,n)per(j,K,m)sum[i][j]=sum[i][j]-sum[i-K][j]-sum[i][j-K]+sum[i-K][j-K]; rep(i,K,n)rep(j,K,m)a[i][j]=max(sum[i][j],max(a[i-1][j],a[i][j-1])); rep(i,K,n)per(j,K,m)b[i][j]=max(sum[i][j],max(b[i-1][j],b[i][j+1])); per(i,K,n)rep(j,K,m)c[i][j]=max(sum[i][j],max(c[i+1][j],c[i][j-1])); per(i,K,n)per(j,K,m)d[i][j]=max(sum[i][j],max(d[i+1][j],d[i][j+1])); } int main(){ scanf("%d %d %d",&n,&m,&K); rep(i,1,n)rep(j,1,m){ int x; scanf("%d",&x); sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+x; } Init(); rep(i,K,n-K)rep(j,K,m-K)chk(ans,a[i][j]+b[i][j+K]+c[i+K][m]); rep(i,K,n-K)rep(j,K+K,m)chk(ans,a[n][j-K]+b[i][j]+d[i+K][j]); rep(i,2*K,n)rep(j,K,m-K)chk(ans,a[i-K][m]+c[i][j]+d[i][j+K]); rep(i,K,n-K)rep(j,K,m-K)chk(ans,a[i][j]+b[n][j+K]+c[i+K][j]); rep(i,K,n)rep(j,K+K,m-K)chk(ans,sum[i][j]+a[n][j-K]+b[n][j+K]); rep(i,2*K,n-K)rep(j,K,m)chk(ans,sum[i][j]+a[i-K][m]+c[i+K][m]); printf("%dn",ans); return 0; }