Test 2018-07-23 二中集训

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了Test 2018-07-23 二中集训相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

$ 1. Matrix $

原题 codevs 3147 矩阵乘法2

$ ightarrow $ 戳我进codevs原题

  • 【问题描述】

给出两个 $ n*n $ 的矩阵,$ m $ 次询问它们的积中给定子矩阵的数值和。

  • 【输入格式】

第一行两个正整数 $ n,m $ 。
接下来 $ n $ 行,每行 $ n $ 个非负整数,表示第一个矩阵。
接下来 $ n $ 行,每行 $ n $ 个非负整数,表示第二个矩阵。
接下来 $ m $ 行,每行四个正整数 $ a,b,c,d $ ,表示询问第一个矩阵与第二个矩阵的积中,以第 $ a $ 行第 $ b $ 列与第 $ c $ 行第 $ d $ 列为顶点的子矩阵中的元素和。

  • 【输出格式】

对每次询问,输出一行一个整数,表示该次询问的答案。

  • 【样例】

$ matrix.in $

 3 2 
 1 9 8 
 3 2 0 
 1 8 3 
 9 8 4 
 0 5 15 
 1 9 6 
 1 1 3 3 
 2 3 1 2 

$ matrix.out $

 661 
 388 
  • 【数据范围】
    对 $ 30 % $ 的数据满足,$ n le 100 $。
    对 $ 100 % $ 的数据满足,$ n le 2000,m le 50000 $ ,输入数据中矩阵元素 $ < 100,a,b,c,d le n $ 。

  • 首先,对于端点,我们确保 $ (a<c) and (b<d) $ (即把这两个坐标表示成这个子矩阵左上角和右下角的坐标)

  • 答案为: $ sum_{i=a}^{c} sum_{j=b}^{d} sum_{k=1}^{n} A[i][k]*B[k][j] $

 

  • 举例:
  • 而对于两个点 $ (a,b),(a+1,b) $ 来说,它的答案是 $ sum_{i=a}^{a+1} sum_{k=1}^{n} A[i][k]*B[k][b] $
  • 化简即得 $ sum_{k=1}^{n} (A[a][k]+A[a+1][k])*B[k][b] $

 

  • 这样就可以直接预处理前缀和

  • $ A[i][j]=A[i-1][j] $
  • 使用二维前缀和预处理 $ A[i][j] $ 表示 $ A $ 矩阵第 $ i $ 行第 $ j $ 列前 $ i $ 个数的和

  • $ B[i][j]=B[i][j-1] $
  • 使用二维前缀和预处理 $ B[i][j] $ 表示 $ B $ 矩阵第 $ i $ 行第 $ j $ 列前 $ j $ 个数的和

 

  • 原答案可表示为 $ sum_{k=1}^{n} A[c-a][k]*B[k][b-d] $
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,x1,x2,y1,y2;
long long a[2005][2005],b[2005][2005],ans;
int main(){
    freopen("matrix.in","r",stdin);
    freopen("matrix.out","w",stdout);
    scanf("%d %d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=n;++j){
            scanf("%d",&a[i][j]);
            a[i][j]+=a[i-1][j];
        }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=n;++j){
            scanf("%d",&b[i][j]);
            b[i][j]+=b[i][j-1];
        }
    for(int i=1;i<=m;++i){
        scanf("%d %d %d %d",&x1,&y1,&x2,&y2);
        ans=0;
        if(x1>x2) swap(x1,x2);
        if(y1>y2) swap(y1,y2);
        for(int k=1;k<=n;++k)
            ans+=(a[x2][k]-a[x1-1][k])*(b[k][y2]-b[k][y1-1]);
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}

$ 2. Tower $

原题:洛谷 P1632 点的移动

$ ightarrow $ 戳我进洛谷原题

  • 【问题描述】

平面上有 $ N $ 个整数坐标点。如果将点 $ (??_0,??_0) $ 移动到 $ (??_1,??_1) $ 。则需要的代价为 $ |??_0 ???_1| + |??_0 ???_1| $ 。求使得 $ K (K=1, ......, N) $ 个点在同一位置上最少需要的代价。

  • 【输入格式】

第一行一个正整数 $ N $ 。
接下来N行,每行两个正整数 $ ??_i,??_I $ ,为第 $ i $ 个点的坐标。

-【输出格式】

输出共 $ N $ 行,第 $ i $ 行为使得有 $ i $ 个点在同一位置的最少代价。

-【样例】

$ tower.in $

 4 
 15 14 
 15 16 
 14 15 
 16 15 

$ tower.out $

 0 
 2 
 3 
 4 

-【数据范围】

$ 30 % $ 的数据: $ 0 ≤ ??_?? ≤ ??_?? ≤ 500 $ 。
$ 100 % $ 的数据:$ N ≤ 50, 0 ≤ ??_?? ≤ ??_?? ≤ 10^6 $ 。


  • 对于枚举的点 $ (i,j) $ 来说,$ dis[p] $ 代表了 $ p $ 点移动到枚举点的代价。

  • 可以证明枚举点的坐标一定与所有的点坐标有关。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int n,x[55],y[55],dis[55],ans[55];
int main(){
    freopen("tower.in","r",stdin);
    freopen("tower.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    memset(ans,0x3f,sizeof(int)*(n+1));
    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d %d",&x[i],&y[i]);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=n;++j){
            for(int p=1;p<=n;++p)
                dis[p]=abs(x[p]-x[i])+abs(y[p]-y[j]);
            sort(dis+1,dis+1+n);
            int sum=0;
            for(int i=1;i<=n;++i){
                sum+=dis[i];
                if(sum<ans[i]) ans[i]=sum;
            }
        }
    for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d
",ans[i]);
    return 0;
}

$ 3. Tree $

原题:洛谷 P1623 [CEOI2007]树的匹配Treasury

$ ightarrow $ 戳我进洛谷原题

  • 【问题描述】

给一棵树,你可以匹配有边相连的两个点,问你这棵树的最大匹配是多少,
并且计算出有多少种最大匹配。

  • 【输入格式】

第一行一个数 $ N $ ,表示有多少个节点。
接下来 $ N $ 行,每行第一个数,表示要描述的那个结点。然后一个数 $ m $ ,表示这个结点有 $ m $ 个儿子,接下来 $ m $ 个数,表示他的 $ m $ 个儿子的编号。

-【输出格式】

输出两行,第一行输出最大匹配数,第二行输出最大匹配方案数。

-【样例】

$ tree.in $

 7 
 1 3 2 4 7 
 2 1 3 
 4 1 6 
 3 0 
 7 1 5 
 5 0 
 6 0 

$ tree.out $

 3 
 4 

-【数据范围】

$ 60 % $ 的数据:答案不超过 $ 10^{18} $ 。
$ 100 % $ 的数据:$ N ≤ 1000 $ 。


  • 树形 $ DP $

  • 设 $ f[u][0] $ 表示在以 $ u $ 为根的子树中,不匹配 $ u $ 所能得到的最大匹配数,$ f[u][1] $ 表示在以 $ u $ 为根的子树中,u已经匹配了所等得到的最大匹配数

  • 设 $ g[u][0/1] $ 分别对应其方案数

  • 转移方程:

f[u][0]=max(f[v][0],f[v][1]);

f[u][1]=max(f[v][1],f[u][0]+f[v][0]+1);

if(f[v][0]==f[v][1]) g[u][0]*=g[v][1]+g[v][0] else g[u][0]*=max(g[v][0],g[v][1]);
  • 证明: $ f[u][1] ge f[u][0] $

  • 我们假设 $ u $ 点的边最长的子节点为 $ v $ ,设最长边数为 $ x $

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  • 嗯......(上图的 $ f[v][0] $ 应该全都是 $ f[u][0] $ ,凑活着看吧......)证明完毕

  • 用证明改进方程,细节看代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
struct num{
    int len,a[1000];
    void out(){
        for(int i=len;i;--i) printf("%d",a[i]);
        puts("");
    }
}g[1005][2];
num operator +(num x,num y){
    int len=max(x.len,y.len);
    for(int i=1;i<=len;++i){
        x.a[i]+=y.a[i];
        x.a[i+1]+=x.a[i]/10;
        x.a[i]%=10;
    }
    if(x.a[len+1]) ++len;
    x.len=len;
    return x;
}
num operator *(num x,num y){
    num c; memset(c.a,0,sizeof(c.a));
    int len=x.len+y.len-1;
    for(int i=1;i<=x.len;++i)
        for(int j=1;j<=y.len;++j)
            c.a[i+j-1]+=x.a[i]*y.a[j];
    for(int i=1;i<=len;++i){
        c.a[i+1]+=c.a[i]/10;
        c.a[i]%=10;
    }
    if(c.a[len+1]) ++len; c.len=len;
    return c;
}
vector<int>e[1005];
int f[1005][2];
void dp(int u){
    g[u][1].len=g[u][0].len=1;
    g[u][1].a[1]=g[u][0].a[1]=1;
    for(int i=0;i<e[u].size();++i){
        int v=e[u][i];
        dp(v);
        if(f[u][1]){
            f[u][1]+=f[v][1]; 
            if(f[v][0]^f[v][1]) g[u][1]=g[u][1]*g[v][1];
            else g[u][1]=g[u][1]*(g[v][0]+g[v][1]);
        }   
        //为什么是如果f[u][1]非空呢
        //因为如果当f[u][1]为空时,我们是要默认让u点去匹配的
        //所以会先执行f[u][1]=f[u][0]+f[v][0]+1 
        int tmp=f[u][0]+f[v][0]+1;
        if(tmp>f[u][1]){
            f[u][1]=tmp; g[u][1]=g[u][0]*g[v][0];
        } else if(tmp==f[u][1])
            g[u][1]=g[u][1]+g[u][0]*g[v][0];
        
        //f[u][0]在f[u][1]之后更新
        //是因为上一个f[u][1]=f[u][0]+f[v][0]+1时,f[u][0]不应该保护不匹配v的答案 
        f[u][0]+=f[v][1];
        if(f[v][0]^f[v][1]) g[u][0]=g[u][0]*g[v][1];
        else g[u][0]=g[u][0]*(g[v][0]+g[v][1]); 
    }
    if(!f[u][1]){ g[u][1].len=1; g[u][1].a[1]=0; }
}
int n,m;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int u,i=1;i<=n;++i){
        scanf("%d %d",&u,&m);
        for(int v,j=1;j<=m;++j){ scanf("%d",&v); e[u].push_back(v); }
    }
    dp(1);
    printf("%d
",max(f[1][0],f[1][1]));
    if(f[1][1]^f[1][0]){
        if(f[1][1]>f[1][0]) g[1][1].out();
        else g[1][0].out();
    } else (g[1][1]+g[1][0]).out();
    return 0;
}

以上是关于Test 2018-07-23 二中集训的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章

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