[CSP-S模拟测试53]题解

Posted 2020-11-15 rorschach-xr

A.u

只涉及到区间修改可以考虑差分，然而如果每一行都差分复杂度还是过高。我们发现差分标记也是连续的(一行横着的一行斜着的)，所以可以维护两个 差分的差分，扫两遍统计即可。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2005;
int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
    return x*f;
}
int n,q;
ll dif1[N][N],dif2[N][N];
int main()
{
    //freopen("dt.in","r",stdin);
    //freopen("my.out","w",stdout);
    n=read();q=read();
    while(q--)
    {
        int r=read(),c=read(),l=read(),val=read();
        dif1[r][c]+=val;dif1[r+l][c]-=val;
        dif2[r][c+1]-=val;dif2[r+l][c+l+1]+=val;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            dif2[i][j]+=dif2[i-1][j-1],dif1[i][j]+=dif1[i-1][j];
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=n;j++)
            dif1[i][j]+=dif1[i][j-1]+dif2[i][j],ans^=dif1[i][j];
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

 

B.v

二进制状压一下当前场上剩余球的状态，记搜即可。记忆化状态需要手写Hash表，直接map会T飞。

另外，在本题中形如00110和0110的状态是不同的，为了区分我们可以给Hash表多加一个长度的参数，每次查询或插入时先调到相应的长度再操作。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int H=2e7+5;
struct hash_map
{
    int head[19260820],nxt[H],to[H],tot;
    short L[H],len;
    double val[H];
    double &operator [] (int key)
    {
        int x=1LL*key*len%19260817;
        for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
            if(to[i]==key&&L[i]==len)return val[i];
        nxt[++tot]=head[x];
        head[x]=tot;
        to[tot]=key;
        L[tot]=len;
        return val[tot]=-1;
    }
}h;
const int N=35;
int n,K;
char s[N];
int erase(int st,int pos)
{
    return st>>pos<<pos-1|st&(1<<pos-1)-1;
}
double dfs(int pos,int st)
{
    if(n-K==pos)return 0;
    h.len=pos;int sst=st;
    if(h[st]>=0)return h[st];
    h[st]=0;
    int rez[N];
    for(int i=1;i<=pos;i++,sst>>=1)
        rez[i]=sst&1;
    for(int i=1;i<=(pos>>1);i++)
    {
        int j=pos-i+1;
        int s1=erase(st,j),s2=erase(st,i);
        double res1=dfs(pos-1,s1)+rez[j],res2=dfs(pos-1,s2)+rez[i];
        h.len=pos;h[st]+=2.0/pos*max(res1,res2);
    }
    if(pos&1)
    {
        int i=(pos>>1)+1,s1=erase(st,pos-i+1);
        double res=dfs(pos-1,s1)+rez[i];
        h.len=pos;h[st]+=1.0/pos*res;
    }
    return h[st];
}

int main()
{
    scanf("%d%d%s",&n,&K,s+1);
    int now=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        now<<=1;
        if(s[i]==‘W‘)now|=1;
    }
    printf("%.7lf
",dfs(n,now));
    return 0;
}

 

C.w

神仙dp。如果把反转一条路径看作增加这样的一条路径，那么最终增加的路径数就等于奇点个数/2。

(由于这道题太神了所以我还是咕掉好了)

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define pa pair<int,int>
using namespace std;
int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
    return x*f;
}
const int N=1e5+5,inf=0x3f3f3f3f;
int n;
int to[N<<1],head[N],nxt[N<<1],w[N<<1],tot;
pa dp[N][2];
pa pls(pa x,pa y)
{
    return make_pair(x.first+y.first,x.second+y.second);
}
void add(int x,int y,int z)
{
    to[++tot]=y;
    nxt[tot]=head[x];
    head[x]=tot;
    w[tot]=z;
}
void dfs(int x,int f,int e)
{
    pa a=make_pair(0,0),b=make_pair(inf,inf),c,d;
    for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
    {
        int y=to[i];
        if(y==f)continue;
        dfs(y,x,w[i]);
        c=min(pls(a,dp[y][0]),pls(b,dp[y][1]));
        d=min(pls(a,dp[y][1]),pls(b,dp[y][0]));
        a=c;b=d;
    }
    if(e==1)dp[x][0]=make_pair(inf,inf);
    else dp[x][0]=min(a,make_pair(b.first+1,b.second));
    if(e==0)dp[x][1]=make_pair(inf,inf);
    else dp[x][1]=min(make_pair(a.first+1,a.second+1),make_pair(b.first,b.second+1));
}

int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int x=read(),y=read(),col=read(),aim=read(),z;
        if(aim==2)z=aim;
        else z=col^aim;
        add(x,y,z);add(y,x,z);
    }
    dfs(1,1,0);
    cout<<(dp[1][0].first>>1)<<‘ ‘<<dp[1][0].second<<endl;
    return 0;
}