摘自我的github：https://github.com/Anoxxx
The Solution
Source: Codeforces Round #179 (Div. 1)
VJudge链接： https://cn.vjudge.net/contest/167920#problem
CodeForces链接： http://codeforces.com/problemset/problem/295
#A Greg and Array
Time limit: 1500 ms
Memory limit: 262144 kB
Tags: 差分，线段树
题意
给你n个数，m个操作，每个操作包含l、r、d，表示区间[l,r]+d，再给你k个总操作，每个总操作包含x、y，表示做第x到第y个操作，问最后各个数的数值；
题解
两次打标记（就是两次差分
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; long long a[100100],l[100100],p,t[100100]; int n,m,k,x,y; struct node{ int l,r,d; }c[100100]; int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=0;i<n;i++)scanf("%lld",&a[i]); for(int i=0;i<m;i++)scanf("%d%d%d",&c[i].l,&c[i].r,&c[i].d); for(int i=0;i<k;i++){ scanf("%d%d",&x,&y); t[x-1]++;t[y]--; } for(int i=0;i<m;i++){ p+=t[i]; l[c[i].l-1]+=p*c[i].d;l[c[i].r]-=p*c[i].d; } p=0; for(int i=0;i<n;i++){ p+=l[i]; a[i]+=p; printf("%lld ",a[i]); } }
#B Greg and Graph
Time limit： 3000 ms
Memory limit： 262144 kB
Tags： 最短路，逆向思维
题意
给你n个点，每两个不同的点间路的距离，n次操作，每次操作删除一个点，求每次操作前所有点对之间的最短路之和。
题解
可以把每次操作删除一个点，看做从后面的操作到前面的操作依次加点，然后对于每次加点对其他所有点进行松弛； 然后每次的答案即为已加入各点目前为止间的最短路之和，倒着输出即可；
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; int n,b[501],x[501]; long long ans[501],a[501][501],f[501][501]; int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++){ scanf("%lld",&a[i][j]);f[i][j]=a[i][j]; } for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&x[i]); for(int i=n;i>=1;i--){ b[x[i]]=1; for(int j=1;j<=n;j++) for(int k=1;k<=n;k++)f[j][k]=min(f[j][k],f[j][x[i]]+f[x[i]][k]); for(int j=1;j<=n;j++) for(int k=1;k<=n;k++)if(b[j]&&b[k])ans[i]+=f[j][k]; } for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld ",ans[i]); return 0; }
#C Greg and Friends
Time limit： 2000 ms
Memory limit： 262144 kB
Tags： dp，bfs
题意
有n个人在岸边，每个人不是50kg就是100kg，有一艘船，载重量为k，可以载人过河，但每次必须有人划船，问使所有人都到对岸的最少过河次数和这个次数的方案数。
题解
最少过河次数bfs无脑求就行（好像都不用bfs……，设f[i][j][k]表示有i个50kg的人和j个100kg的人在原岸，船在（k==1？原岸：对面）的最少次数的方案数， 显然这可以在bfs的时候通过组合数维护，注意bfs的判重即可；
#include<cstdio> #include<algorithm> #define MOD 1000000007 using namespace std; int b[51][51][2][51][51],q[500000][4],anx,aum,num5,num10,x,n,k,h,t; long long f[51][51][2],c[100][100]; void push(int px,int py,int pz,int i,int j,int val){ int x=px+i,y=py+j,z=pz^1;i=abs(i),j=abs(j); if(anx&&val>anx)return; if(b[px][py][pz][x][y])return; if(pz==0)f[x][y][z]=(f[x][y][z]+(f[px][py][pz]*(c[num5-px][i]*c[num10-py][j])%MOD)%MOD)%MOD; else f[x][y][z]=(f[x][y][z]+(f[px][py][pz]*(c[px][i]*c[py][j])%MOD)%MOD)%MOD; q[++t][0]=x;q[t][1]=y;q[t][2]=z;q[t][3]=val;b[px][py][pz][x][y]=1; if(x==num5&&y==num10&&z==1&&!anx)anx=val; } void getC(){ c[0][0]=1; for(int i=1;i<=90;i++) for(int j=0;j<=i;j++)c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%MOD; } int main(){ getC(); scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&x); x==50?num5++:num10++; } f[0][0][0]=1;t++; q[t][0]=q[t][1]=q[t][2]=q[t][3]=0;b[0][0][0][0][0]=1; while(h<t){ int x=q[++h][0],y=q[h][1],z=q[h][2],val=q[h][3]; if(z==0){ int xp=num5-x,yp=num10-y; for(int i=1;i<=min(yp,k/100);i++)push(x,y,z,0,i,val+1); for(int i=1;i<=min(xp,k/50);i++) for(int j=0;j<=min(yp,(k-i*50)/100);j++) push(x,y,z,i,j,val+1); } else{ for(int i=1;i<=min(y,k/100);i++)push(x,y,z,0,-i,val+1); for(int i=1;i<=min(x,k/50);i++) for(int j=0;j<=min(y,(k-i*50)/100);j++) push(x,y,z,-i,-j,val+1); } } return anx==0?printf("%d %d",-1,0):printf("%d %d",anx,f[num5][num10][1]),0; }
#D New Year Letter
Time limit: 2000 ms
Memory limit: 262144 kB
Tags: dp
题意
对于一个n行m列的黑白矩阵，存在cave当且仅当：
1、存在[l,r]使得第l行到第r行都有且仅有两个黑色格子，其他行没有；
2、存在一个行号t，使得：
1）对于任意存在黑色格子的行，设两个黑色格子的列号为x和y(x<y)，则设集合s(r)=[x,y]；
2）任意取t及t之上的两个有黑色格子行，令上方的行为u，下方的行为d，则s(u)属于s(d);
3）任意取t及t之下的两个有黑色格子行，令上方的行为u，下方的行为d，则s(d)属于s(u); 求n行m列的黑白矩阵存在cave的方案数;
题解
设f[i][j]表示前i行只让上面的行符合情况，第i行集合长度为j（可以看做两个黑色块一个在1，一个在j）的方案数，则：
1、f[i][j]=sigma(f[i-1]k)+f[i][j-1]; 前面的sigma是显然的，而f[i][j-1]是因为，f[i][j-1]的情况可以整体向右移一位并依然符合f[i][j]的定义；
2、ans=sigma((f[i][j]-f[i-1][j])f[n-i+1][j](m-j+1))(1<=i<=n,2<=j<=m); f[i][j]-f[i-1][j]是因为第i-1行长度为j且第i行长度为j的方案可能重复计算，需要避免 f[n-i+1][j]则是f[i][j]只算了上面符合情况的，我们需要和下面符合情况的方案数乘起来 m-j+1则是因为这个区间可以左右移啊
#include<cstdio> #define MOD 1000000007 #define ll long long using namespace std; ll ans,n,m,s,f[2001][2001]; int main(){ scanf("%lld%lld",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++)f[1][i]=1; for(int i=2;i<=n;i++){ int s=0;f[i][1]=1; for(int j=2;j<=m;j++){ s=(s+f[i-1][j])%MOD; f[i][j]=(f[i][j-1]+s)%MOD; } } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=2;j<=m;j++)ans=(ans+(m-j+1)*(f[i][j]-f[i-1][j]+MOD)%MOD*f[n-i+1][j])%MOD; printf("%lld",ans); }
#E Yaroslav and Points
Time limit: 2000 ms
Memory limit: 262144 kB
Tags: 动态开点线段树
题意
给你n个x轴上的坐标，给你两个操作： 1、把输入的第j个点的坐标右移d 2、给定区间，输出区间内点之间的距离和
题解
开一个-1e8到1e8的线段树，对于每一个点，就把含有这个点坐标的区间更新，cnt代表区间内的点数，sum是区间内的点的坐标和，ans就是答案：
c.sum=a.sum+b.sum;
c.cnt=a.cnt+b.cnt;
c.ans=a.ans+b.ans+a.cntb.sum-b.cnta.sum;
（为什么这样？？手动模拟合并两个区间你就知道啦 最后因为空间开不下那么多点，于是动态开点，要用到再标号，就可以啦
#include<cstdio> #include<algorithm> #define root -1000000001,1000000001,1 #define lson l,m #define rson m+1,r #define ll long long using namespace std; struct node{ ll cnt,sum,ans; int ls,rs; node(){ cnt=sum=ans=ls=rs=0; } }a[6000000],zero; int n,j,p,x[100010],type,m,l,r,tot=1; node merge(node c,node a,node b){ c.sum=a.sum+b.sum; c.cnt=a.cnt+b.cnt; c.ans=a.ans+b.ans+a.cnt*b.sum-b.cnt*a.sum; return c; } void update(int val,int z,int l,int r,int rt){ if(val<l||val>r)return; if(l==r){ a[rt].ans=0;a[rt].cnt+=z;a[rt].sum+=z*val;return; } if(a[rt].ls==0)a[rt].ls=++tot; if(a[rt].rs==0)a[rt].rs=++tot; int m=(l+r)>>1; if(m>=val)update(val,z,lson,a[rt].ls); if(m<val)update(val,z,rson,a[rt].rs); a[rt]=merge(a[rt],a[a[rt].ls],a[a[rt].rs]); //printf("%d %d %d %d %d ",a[rt].ls,a[rt].rs,a[rt].ans,a[rt].cnt,a[rt].sum); } node query(int x,int y,int l,int r,int rt){ if(y<l||x>r)return zero; if(x<=l&&r<=y)return a[rt]; int m=(l+r)>>1;node p,q; if(m>=x)p=query(x,y,lson,a[rt].ls); if(m<y)q=query(x,y,rson,a[rt].rs); return merge(a[rt],p,q); } int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&x[i]); update(x[i],1,root); //printf("%d %d ",a[1].rs,a[1].ls); } scanf("%d",&m); for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d",&type); if(type==1){ scanf("%d%d",&j,&p); update(x[j],-1,root);x[j]+=p;update(x[j],1,root); } else{ scanf("%d%d",&l,&r); printf("%lld ",query(l,r,root).ans); } } }