USACO 2017 February Platinum

Posted 2020-08-31 ditoly

第二次参加USACO 本来打算2016-2017全勤的 January的好像忘记打了 听群里有人讨论才想起来
铂金组三题很有意思，都是两个排列的交叉对问题 我最后得分889/1000（真的菜）先发下当时做的，A的之后补

T1.Why Did the Cow Cross the Road
题目大意：给出两个N个排列（N<=100,000），允许把其中一个排列循环移动任意位，a[i]表示i在第一个排列中的位置，b[i]表示第二个，定义交叉对(i,j)满足a[i]<a[j]且b[i]>b[j]，求最少交叉对。
思路：数字大小没有影响，于是令第一个排列中第一个出现的编号为1，第二个出现的编号为2，于是变成最小化第二个排列的逆序对，一开始的逆序对可以O(nlogn)求出，然后考虑把当前第一个数移到最后，若这个数编号为x，明显多了n-x个逆序对，少了x-1个逆序对，就可以O(n)求出所有循环移动第二个排列的情况，然后我开心的交了，开心的WA了，后来才知道，自己忘记考虑移第一个的情况了（其实只要反过来再做一遍）。
得分：8/10（幸好数据大多是移第二个的？）

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
char B[1<<26],*S=B,C;int X;
inline int read()
{
    while((C=*S++)<‘0‘||C>‘9‘);
    for(X=C-‘0‘;(C=*S++)>=‘0‘&&C<=‘9‘;)X=(X<<3)+(X<<1)+C-‘0‘;
    return X;
}
#define MN 100000
#define N 131072
int f[MN+5],a[MN+5],t[N*2];
void inc(int k){for(k+=N;k;k>>=1)++t[k];}
int query(int l,int r)
{
    int res=0;
    for(l+=N-1,r+=N+1;l^r^1;l>>=1,r>>=1)
    {
        if(~l&1)res+=t[l+1];
        if( r&1)res+=t[r-1];
    }
    return res;
}
int main()
{
    freopen("mincross.in","r",stdin);
    freopen("mincross.out","w",stdout);
    fread(B,1,1<<26,stdin);
    int n=read(),i;long long ans,cnt=0;
    for(i=1;i<=n;++i)f[read()]=i;
    for(i=1;i<=n;++i)cnt+=query(a[i]=f[read()],n),inc(a[i]);
    for(ans=cnt,i=1;i<n;++i)if((cnt+=n-(a[i]<<1)+1)<ans)ans=cnt;
    cout<<ans;
}

 

T2.Why Did the Cow Cross the Road II
题目大意：两个排列排成两排（长度<=100,000），相差不超过4的可以连边，边不能有交叉，问最多连几条。
思路：金组也有这道，不过N只有1000，考虑DP，f[i][j]表示第一个排列用到第i个 ，第二个排列用到第j个，最多连几条边，f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1])，若a[i]和b[j]相差不超过4，f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-1]+1)，就能O(n^2)完成。由于对于每个a[i]，相差不超过4的b[j]的最多9个，我们把状态的j改成用了j，每个f[i]相对f[i-1]只变了9个，然后拿线段树维护一下就可以O(9nlogn)来DP了。
得分：10/10

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
char B[1<<26],*S=B,C;int X;
inline int read()
{
    while((C=*S++)<‘0‘||C>‘9‘);
    for(X=C-‘0‘;(C=*S++)>=‘0‘&&C<=‘9‘;)X=(X<<3)+(X<<1)+C-‘0‘;
    return X;
}
#define MN 100000
#define N 131072
int a[MN+5],b[MN+5],t[N*2],g[10];
void renew(int k,int x){for(k+=N;k;k>>=1)t[k]=max(t[k],x);}
int query(int l,int r)
{
    int res=0;
    for(l+=N-1,r+=N+1;l^r^1;l>>=1,r>>=1)
    {
        if(~l&1)res=max(res,t[l+1]);
        if( r&1)res=max(res,t[r-1]); 
    }
    return res;
}
int main()
{
    freopen("nocross.in","r",stdin);
    freopen("nocross.out","w",stdout);
    fread(B,1,1<<26,stdin);
    int n=read(),i,j;
    for(i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
    for(i=1;i<=n;++i)b[read()]=i;
    for(i=1;i<=n;++i)
    {
        for(j=-4;j<=4;++j)if(a[i]+j>0&&a[i]+j<=n)g[j+4]=query(1,b[a[i]+j]-1)+1;
        for(j=-4;j<=4;++j)if(a[i]+j>0&&a[i]+j<=n)renew(b[a[i]+j],g[j+4]);
    }
    printf("%d",query(1,n));
}

 

T3.Why Did the Cow Cross the Road III
题目大意：两个排列（长度<=100,000），相等的连边，相差超过K的称为不友好，求不友好交叉对。
思路：我比较菜，只会暴力，考虑对每对相等的计算答案，每对a[i]=b[j]，把a[i]左边设成1，右边设成0，b[j]同样，与这条边有交叉的边必然被编成一个1，1个0，也就是异或为1，考虑统计答案，做法1：把每个值现在的两个编码的异或值用树状数组维护，把每条边的当成一个二维询问，考虑莫队，插入和删除一个值都相当于令这个值编码的异或值异或上1，复杂度O(n^1.5logn)；做法2：用可持久化bitset搞出两个排列所有前缀后缀的bitset，bitset里存每个值的编码，每条边都拿出bitset异或一下，复杂度O(n^2/32)。我比较懒，写了莫队，一开始T了六七个，调了下块大小，最后在K=3n^0.5左右只T两个点，玄妙无比。另外用sum(n)-sum(i+k)统计貌似比sum(i-k-1)多过了一个点，原理不明。
得分：13/15

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
char B[1<<26],*S=B,C;int X;
inline int read()
{
    while((C=*S++)<‘0‘||C>‘9‘);
    for(X=C-‘0‘;(C=*S++)>=‘0‘&&C<=‘9‘;)X=(X<<3)+(X<<1)+C-‘0‘;
    return X;
}
#define MN 100000
#define K 1050
#define lb(x) (x&-x)
int a[MN+5],b[MN+5],f[MN+5],s[MN+5];
struct query{int a,b,x;}q[MN+5];
bool cmp(query a,query b){return a.a/K==b.a/K?a.b<b.b:a.a<b.a;}
int sum(int x){int r=0;for(;x;x-=lb(x))r+=s[x];return r;}
void rev(int x){int r=(f[x]^1)-f[x];f[x]^=1;for(;x<=MN;x+=lb(x))s[x]+=r;}
int main()
{
    freopen("friendcross.in","r",stdin);
    freopen("friendcross.out","w",stdout);
    fread(B,1,1<<26,stdin);
    int n,k,i,pa=0,pb=0;long long ans=0;
    n=read();k=read();
    for(i=1;i<=n;++i)a[i]=read(),q[a[i]].a=i,q[a[i]].x=a[i]+k;
    for(i=1;i<=n;++i)b[i]=read(),q[b[i]].b=i;
    sort(q+1,q+n+1,cmp);
    for(i=1;i<=n;++i)
    {
        if(q[i].x>=n)continue;
        while(pa<q[i].a)rev(a[++pa]);
        while(pa>q[i].a)rev(a[pa--]);
        while(pb<q[i].b)rev(b[++pb]);
        while(pb>q[i].b)rev(b[pb--]);
        ans+=sum(n)-sum(q[i].x);
    }
    cout<<ans;
}