2019-08-04 纪中NOIP模拟B组

T1 [JZOJ3403] 数列变换

题目描述

　　小X看到堆成山的数列作业十分头疼，希望聪明的你来帮帮他。考虑数列A=[A1,A2,...,An],定义变换f(A,k)=[A2,A3,...,Ak,A1,Ak+2,Ak+3,...,A2k,Ak+1,...]，也就是把A分段，每段k个（最后如果不足k个，就全部分到新的一段里），然后将每段的第一个移动到该段的最后一个。

　　现在，小X想知道f(f(f(f([1,2,3,...,n],2),3),...),n)的结果。

数据范围

　　对于 $60 \%$ 的数据，$1 \leq n \leq 10^3$

　　对于 $100 \%$ 的数据，$1 \leq n \leq 10^6$

分析

　　如果我们在原数组中暴力移动数字，那么时间复杂度为 $O(n^2)$

　　但手推一下会发现，每次移动时大部分项的位置是不变的，只有每段第一个数的位置发生改变

　　所以每次只需要将每段的第一项向后移动，这时数组会整体向后移动一项，因此要开一个两倍长的数组

　　时间复杂度为 $O(n \sum\limits_{i=2}^{n} \frac{n}{i}) \doteq O(n \; ln \; n)$

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <cmath>

#include <queue>

using namespace std;

#define ll long long

#define inf 0x3f3f3f3f

#define N 1000005

int n;

int a[ * N];

int main() {

    scanf("%d", &n);

    for (int i = ; i <= n; i++) a[i + ] = i;

    for (int i = ; i <= n; i++) {

        int j = i + n / i * i;

        a[i + n] = a[j];

        for (j -= i; j >= i; j -= i) a[j + i] = a[j];

    }

    for (int i = n + ; i <=  * n; i++)

        printf("%d ", a[i]);

    return ;

}

T2 [JZOJ3404] 卡牌游戏

题目描述

　　小X为了展示自己高超的游戏技巧，在某一天兴致勃勃地找小Y玩起了一种卡牌游戏。每张卡牌有类型（攻击或防御）和力量值两个信息。

　　小Y有n张卡牌，小X有m张卡牌。已知小X的卡牌全是攻击型的。

　　游戏的每一轮都由小X进行操作，首先从自己手上选择一张没有使用过的卡牌X。如果小Y手上没有卡牌，受到的伤害为X的力量值，否则小X要从小Y的手上选择一张卡牌Y。若Y是攻击型（当X的力量值不小于Y 的力量值时才可选择），此轮结束后Y消失，小Y受到的伤害为X的力量值与Y的力量值的差；若Y是防御型（当X的力量值大于Y的力量值时才可选择），此轮结束后Y消失，小Y不受到伤害。

　　小X可以随时结束自己的操作（卡牌不一定要用完）。希望聪明的你帮助他进行操作，使得小Y受到的总伤害最大。

数据范围

　　对于 $30 \%$ 的数据，$1 \leq n,m \leq 6$

　　对于 $60 \%$ 的数据，$1 \leq n,m \leq 10^3$

　　对于 $100 \%$ 的数据，$1 \leq n,m \leq 10^5$，力量值均为不超过 $10^6$ 的非负整数

分析

　　第一眼看到题目，这不是个二分图最大权匹配？？！

　　结果看完数据范围，发现这个显然不是正解，而且B组题显然也不会考这个算法

　　看了许久以后，我还是没有想到什么复杂度更优秀的做法，于是决定试一试二分图最大权匹配

　　然而过了一个多小时，我发现我在考场上根本码不出这种东西

　　然后我把代码全删了，重新开始思考，感觉这种决策性的东西似乎可以贪心

　　最后写了个玄学贪心，结果得了 $60 \, pts$

　　后来发现那 $40 \, pts$ 是因为没有开 $long \, long$，很惨...

　　不过那个贪心显然是错误的，很快就被大佬 $hack$ 了，只是测试数据比较水...

　　实际上在这个游戏中，有两种方式可能达到最优

　　一种是不打对方的防御牌，只用自己最大的攻击牌打对方最小的攻击牌

　　一种是打完对方的所有牌，然后就可以用剩下的牌疯狂打对方的脸

　　第一种方式很容易实现，第二种因为消耗对方攻击牌的力量值之和是固定的，而且可以用完自己所有的牌，所以应该尽量选用力量值接近（即力量值最小）的牌去打对方的牌，但是这种方式的前提是能够消耗完对方所有的牌，不然打对方的防御牌是无意义的，不可能最优

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <queue>

using namespace std;

#define ll long long

#define inf 0x3f3f3f3f

#define N 100005

int n, m, cnt, cnt1, cnt2;

int x1[N], x2[N], y1[N], y2[N], used[N];

char s[];

ll ans;

ll Max(ll a, ll b) {

    if (a > b) return a;

    return b;

}

bool ATK_DEF() {

    int now = ;

    for (int i = ; i <= cnt2; i++) {

        while (now <= m && x1[now] <= y2[i]) now++;

        if (now > m) return false;

        used[now] = ; now++;

    }

    return true;

}

ll ATK_ATK() {

    ll sum = ;

    int xl = , xr = m, yl = , yr = cnt1;

    while (xl <= xr && yl <= yr && x1[xr] >= y1[yl])

        sum += x1[xr] - y1[yl], xr--, yl++;

    return sum;

}

ll ATK_FACE() {

    memset(used, , sizeof used);

    int now = ; ll sum = ;

    for (int i = ; i <= cnt1; i++) {

        while (now <= cnt && x2[now] < y1[i]) now++;

        if (now > cnt) return sum;

        sum += x2[now] - y1[i];

        used[now] = ; now++;

    }

    for (int i = ; i <= cnt; i++)

        if (!used[i]) sum += x2[i];

    return sum;

}

int main() {

    scanf("%d%d", &n, &m);

    for (int i = ; i <= n; i++) {

        scanf("%s", s);

        if (s[] == 'A') scanf("%d", y1 + (++cnt1));

        else scanf("%d", y2 + (++cnt2));

    }

    for (int i = ; i <= m; i++)

        scanf("%d", x1 + i);

    sort(x1 + , x1 + m + );

    sort(y1 + , y1 + cnt1 + );

    sort(y2 + , y2 + cnt2 + );

    ans = ATK_ATK();

    if (ATK_DEF()) {

        for (int i = ; i <= m; i++)

            if (!used[i]) x2[++cnt] = x1[i];

         ans = Max(ans, ATK_FACE());

    }

    printf("%lld\n", ans);

    return ;

}

T3 [JZOJ3405] 舞台表演

题目描述

　　小X终于找到了自己的舞台，希望进行一次尽兴的表演。

　　不妨认为舞台是一个n行m列的矩阵，矩阵中的某些方格上堆放了一些装饰物，其他的则是空地。小X可以在空地上滑动，但不能撞上装饰物或滑出舞台，否则表演就失败了。

　　小Y为了让小X表演得尽量顺畅，提前为小X写好了每一段时间的移动方向。每个时刻，听话的小X都会依据小Y写好的所在时间段的方向（东、西、南、北）向相邻的方格滑动一格。由于小Y之前没有探查过舞台的情况，如果小X直接按照小Y写好的来移动，很容易表演失败。

　　不过，小Y是个天使，拥有让小X停在原地的魔法，也就是某一时刻，小X以为自己移动了实际上没有移动。为了让小X表演得尽量完美，小Y想使小X在舞台上滑行的路程尽量长（当然不能中途表演失败）。可惜小Y的智商不足以完成这么复杂的计算，希望你来帮助她决定哪些时刻该使用魔法。当然，她关心的首先是最长的路程是多少。

数据范围

　　保证输入的时间段是连续的，即 $s_1=1$，$s_i=e_{i-1}+1$，$e_k=t$（第 $k$ 段时间为 $[s_k,e_k]$）

　　对于 $30 \%$ 的数据，$1 \leq t \leq 20$

　　对于 $60 \%$ 的数据，$1 \leq t \leq 200$

　　对于 $100 \%$ 的数据，$1 \leq n,m,k \leq 200$，$1 \leq t \leq 10^5$

分析

　　开始的时候看了下题，看这个数据范围应该是个DP

　　但由于上一题的某种不可控因素，最后所剩无几的时间里我三分钟打了个暴力就放弃推DP了

　　不过这题确实是个DP，并且其中 $60 \, pts$ 是非常可做的

　　设 $f[k][i][j]$ 表示过了 $k$ 段时间在位置 $(i,j)$ 上时经过的最长路程

　　因为已知这一段时间中的移动方向，所以通过枚举第 $k$ 段时间中的所有可能的位置，就很容易得到状态转移方程

　　这个做法的时间复杂度为 $O(nmt)$（实际上及时排除一些不合法状态，在这样水的数据下是可以 $AC$ 的）

　　这时候我们就需要用单调队列优化了

　　因为在一段时间中移动方向是一定的，所以在可以这一行/列上维护一个前缀状态中最优决策的单调队列，如果遇到了装饰物，就需要把单调队列清空，这样枚举前缀位置的操作就优化为了 $O(1)$，总的时间复杂度也就是 $O(nmk)$

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <cmath>

#include <queue>

using namespace std;

#define ll long long

#define inf 0x3f3f3f3f

#define N 205

int n, m, k, ex, ey, t1, t2, d, ans;

int g[N][N], f[N][N][N], q[N], p[N];

int nxt[][] = {, , -, , , , , -, , };

char s[N];

void dp(int t, int x, int y, int len, int dir) {

    int l = , r = , s = ;

    while (x >=  && x <= n && y >=  && y <= m) {

        if (g[x][y]) l = , r = ;

        else {

            while (l <= r && f[t - ][x][y] - s >= q[r]) r--;

            q[++r] = f[t - ][x][y] - s; p[r] = s;

            while (l <= r && s - p[l] > len) l++;

            if (l <= r) f[t][x][y] = q[l] + s;

            ans = max(ans, f[t][x][y]);

        }

        x += nxt[dir][]; y += nxt[dir][]; s++;

    }

}

int main() {

    scanf("%d%d%d%d%d", &n, &m, &ex, &ey, &k);

    for (int i = ; i <= n; i++) {

        scanf("%s", s + );

        for (int j = ; j <= m; j++)

            if (s[j] == 'x') g[i][j] = ;

    }

    memset(f, 0x80, sizeof f);

    f[][ex][ey] = ;

    for (int i = ; i <= k; i++) {

        scanf("%d%d%d", &t1, &t2, &d);

        if (d == ) for (int j = ; j <= m; j++) dp(i, n, j, t2 - t1 + , d);

        if (d == ) for (int j = ; j <= m; j++) dp(i, , j, t2 - t1 + , d);

        if (d == ) for (int j = ; j <= n; j++) dp(i, j, m, t2 - t1 + , d);

        if (d == ) for (int j = ; j <= n; j++) dp(i, j, , t2 - t1 + , d);

    }

    printf("%d\n", ans);

    return ;

}

巴特西

2019-08-04 纪中NOIP模拟B组

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