U41571 Agent2
题目背景
炎炎夏日还没有过去，Agent们没有一个想出去外面搞事情的。每当ENLIGHTENED总部组织活动时，人人都说有空，结果到了活动日，却一个接着一个咕咕咕了。只有不咕鸟Lyn_king一个人冒着太阳等了半个多小时，然后居然看到连ENLIGHTENED行动参谋都咕咕咕了，果然咕咕咕是人类的本性啊。
题目描述
作为一个ENLIGHTENED行动指挥，自然不想看到这一点，于是他偷取到了那些经常咕咕咕的Agent的在下来N天的活动安排表，并且叫上了你来整理。在整理过程中，ENLIGHTENED行动指挥对你说了M条命令，命令操作如下。
- 输入0 a b，这代表在第a天到第b天，有一名
Agent要咕咕咕。 - 输入1 a，这代表
ENLIGHTENED行动指挥询问你根据目前的信息，在第a天有多少名Agent会咕咕咕。
作为同是不咕鸟的你，也想要惩戒那些经常咕咕咕的人，所以，请协助完成ENLIGHTENED行动指挥完成整理，并且在他每次询问时，输出正确的答案。
输入输出格式
输入格式：
第一行输入两个整数输N,M， 下来M行,每行输入一个命令，命令格式见题目描述。
输出格式：
对于每一次询问的操作，都要输出询问的答案。答案之间用换行隔开。
输入输出样例
说明
对于20%的数据N,M≤10
对于40%的数据N,M≤103
对于60%的数据N,M≤105
对于100%的数据1≤a,b≤N≤107,M≤4∗105
这道题签到题，难点在数据范围，普通线段树肯定做不了，所以采用动态开节点，要查询的才建立节点即可。
然而一开始疯狂乱错，原因是中间某个地方写了+=后面又加了一遍...
也可以用树状数组做，代码非常简洁。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; int n, m; struct Node {
Node *ls, *rs;
int sum, tag;
} pool[*], *tail = pool, *zero, *root; Node *newnode() {
Node *nd = ++ tail;
nd -> ls = zero;
nd -> rs = zero;
nd -> sum = ;
nd -> tag = ;
return nd;
} void push_down(Node *nd, int l, int r) {
if(nd -> tag) {
int mid = (l + r) >> ;
if(nd -> ls == zero) nd -> ls = newnode();
nd -> ls -> sum = nd -> ls -> sum + nd -> tag * (mid - l + );
if(nd -> rs == zero) nd -> rs = newnode();
nd -> rs -> sum = nd -> rs -> sum + nd -> tag * (r - mid);
nd -> ls -> tag += nd -> tag;
nd -> rs -> tag += nd -> tag;
nd -> tag = ;
}
} void add(Node *nd, int l, int r, int L, int R, int d) {
if(l >= L && r <= R) {
nd -> sum = nd -> sum + (r - l + ) * d;
nd -> tag += d;
return ;
}
push_down(nd, l, r);
int mid = (l + r) >> ;
if(L <= mid) {
if(nd -> ls == zero) nd -> ls = newnode();
add(nd -> ls, l, mid, L, R, d);
}
if(R > mid) {
if(nd -> rs == zero) nd -> rs = newnode();
add(nd -> rs, mid + , r, L, R, d);
}
} int query(Node *nd, int l, int r, int pos) {
if(l == r) return nd -> sum;
push_down(nd, l, r);
int mid = (l + r) >> ;
if(pos <= mid) return query(nd -> ls, l, mid, pos);
else return query(nd -> rs, mid + , r, pos);
} int main() {
zero = ++ tail;
zero -> ls = zero;
zero -> rs = zero;
zero -> sum = ;
zero -> tag = ;
scanf("%d%d", &n, &m);
root = newnode();
for(int i = ; i <= m; i ++) {
int opt, l, r;
scanf("%d", &opt);
if(opt == ) {
scanf("%d%d", &l, &r);
add(root, , n, l, r, );
} else {
scanf("%d", &l);
printf("%d\n", query(root, , n, l));
}
}
return ;
}
树状数组：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; int n, m; int lowbit(int x) {
return x & -x;
} int pre[];
void add(int pos, int d) {
for(int i = pos; i <= n; i += lowbit(i))
pre[i] += d;
} int query(int pos) {
int ans = ;
for(int i = pos; i; i -= lowbit(i))
ans += pre[i];
return ans;
} int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = ; i <= m; i ++) {
int opt, l, r;
scanf("%d", &opt);
if(opt == ) {
scanf("%d%d", &l, &r);
add(l, );
add(r+, -);
} else {
scanf("%d", &l);
printf("%d\n", query(l));
}
}
return ;
}
U41572 Portal2
题目背景
某地ENLIGHTENED的XM研究所正在研究Portal的处理法则，想要揭示XM能量的来源以及应用XM能量。ENLIGHTENED的首席科学家Jacks发现其能量的运算法则以及运算方法，但是方法十分复杂，仅靠人手工计算是很难算出答案的，所以它需要你协助他完成计算。
题目描述
Portal计算XM能量是通过个2个栈（0号栈，1号栈）实现的，它把对XM能量的操作如下
PUSH X NUM
把NUMNUM加入到X号栈的栈顶。
POP X
把XX号栈的栈顶元素删除。
ADD X
取出0号栈和1号栈的元素各一个，并且把它的和放入X号栈。
SUB X
取出0号栈和1号栈的元素各一个，并且把它的差的绝对值放入X号栈。
DEL X
清空X号栈中所有元素不管栈是否为空。
MOVE X Y
循环操直到Y号栈为空，把Y号栈的栈顶元素加入到X号栈，删除Y号栈的栈顶元素。
数据保证X和Y不相同
SWAP
将两个栈的所有元素调换。
END
代表命令结束，并且分两行分别输出0号栈和1号栈由栈顶到栈底的元素的值，若栈内无元素，输出NONE。数据保证指令以END结束且仅有一个END，并且也需要输出SUCCESS。
AKNOI
等为无效操作，无效操作后不接数字。
更正不会有类似无效操作
对于每一行指令，若当前指令成功执行输出SUCCESS，若取出或删除元素时栈内为空或者没有对应指令输出UNSUCCESS并且不执行该行指令。
输入输出格式
输入格式：
输入若干行指令，以END指令结束
输出格式：
对于每一次操作，都要对应输出SUCCESS或者UNSUCCESS，对于END根据指令描述输出栈内元素。
输入输出样例
PUSH 0 10
PUSH 0 20
PUSH 0 30
PUSH 0 40
PUSH 1 50
PUSH 1 60
ADD 0
ADD 0
ADD 0
END
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
UNSUCCESS
SUCCESS
150 30 20 10
NONE
PUSH 0 10
PUSH 0 20
PUSH 0 30
PUSH 0 40
PUSH 1 50
PUSH 1 60
MOVE 0 1
END
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
50 60 40 30 20 10
NONE
说明
对于20%的数据 数据保证不会出现MOVE/SWAP操作，命令总数 ≤ 100
对于40%的数据 命令总数 ≤ 1000
对于60%的数据 数据保证MOVE/SWAP的操作次数不会超过10000次，命令总数 ≤ 10^5
对于100%的数据 0 ≤ X,Y ≤ 1,命令总数≤10^6
数据保证无论任何情况，栈中元素的值X满足0≤ x ≤2^63-1
学到了新东西！！链表模拟。
一开始总觉得链表全都是像建边的邻接链表那样，做了这道题有所感悟！
这道题要求满足两个栈的同时维护，比较困难的操作有$swap$和$move$以及$del$，暴力模拟都需要$O(n)$。所以这里就是链表模拟的套路了？
两个栈之间建立新节点2作为过渡，所有操作都用双头链表，新节点的$pre$连第一个栈，$nex$连第二个栈。
上面是链接链表的主要操作。$push$就是把要插入的值插入到哪两个点之间。
$swap$：感谢$Abyssful$的教导！如何快速交换两个数组内所有的值？记录$stk[0/1]$表示0数组和1数组当前存的是哪个数组内的东西。初始化是$stk[0]=0,stk[1]=1$，访问时$a[stk[0]][...],a[stk[1]][...]$来分别访问两个数组。这道题同理，只是因为用链表储存了两个栈，所以通过$stk[0/1]$来确定访问$pre[2]$还是$nex[2]$。
$move$：将一个栈所有元素移到另一个栈中，并且是边从栈顶取边移过去。所以首先要把两个栈顶连起来，再看是哪边移到哪边，$y->x$，就把$y$的尾和新节点相连，再把$y$那边清空即可，$x$同理。判断一下是0还是1就可以判断是移到哪里了。
$del$：直接把要清空的那边直接连到新节点就行了。
输出就沿着双头链表走到头就行了。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std; char s[]; int nex[], pre[];
LL val[];
int cnt = ; void link(int u, int v) {
nex[u] = v;
pre[v] = u;
} void lpush(int u, int v, LL w) {
val[++cnt] = w;
link(u, cnt);
link(cnt, v);
} void push(int x, LL w) {
if(x == ) lpush(pre[], , w);
else lpush(, nex[], w);
} LL pop(int u) {
link(pre[u], nex[u]);
return val[u];
} void print(int u) {
if(u) {
if(nex[] == ) {
printf("NONE\n");
return ;
}
for(int i = nex[]; i != ; i = nex[i])
printf("%lld ", val[i]);
printf("\n");
} else {
if(!pre[]) {
printf("NONE\n");
return ;
}
for(int i = pre[]; i != ; i = pre[i])
printf("%lld ", val[i]);
printf("\n");
}
} int stk[];
void print() {
if(stk[]) {
print(); print();
} else {
print(); print();
}
} bool sov(char *s) {
int x, y;
LL num;
if(s[] == 'P') {
if(s[] == 'U') {
scanf("%d%lld", &x, &num);
x = stk[x];
push(x, num);
} else {
scanf("%d", &x);
x = stk[x];
if(x == ) {
if(pre[] == ) return ;
pop(pre[]);
}
else {
if(nex[] == ) return ;
pop(nex[]);
}
}
} else if(s[] == 'A') {
scanf("%d", &x);
x = stk[x];
if(pre[] == || nex[] == ) return ;
push(x, pop(pre[]) + pop(nex[]));
} else if(s[] == 'S') {
if(s[] == 'U') {
scanf("%d", &x);
x = stk[x];
if(pre[] == || nex[] == ) return ;
push(x, abs(pop(pre[]) - pop(nex[])));
} else {
swap(stk[], stk[]);
}
} else if(s[] == 'D') {
scanf("%d", &x);
x = stk[x];
if(x == ) link(, );
else link(, );
} else if(s[] == 'M') {
scanf("%d%d", &x, &y);
x = stk[x], y = stk[y];
link(pre[], nex[]);
if(x == ) {
link(pre[], );
link(, );
} else {
link(, nex[]);
link(, );
}
}
return ;
} int main() {
stk[] = , stk[] = ;
link(, ); link(, );
while(~scanf("%s", s)) {
if(s[] == 'E') {
puts("SUCCESS");
print();
break;
}
if(sov(s)) puts("SUCCESS");
else puts("UNSUCCESS");
}
return ;
}
U41573 War2
题目背景
XM大战如期而至，Agent们齐聚一地，展开最后的对决。对战有很多种方式，有些复杂的方式可以获得更高的分数。可惜ENLIGHTENED的人并不怎么聪明，只会简单的hack，所以ENLIGHTENED行动指挥找到了你来做他们的总参谋。
题目描述
地图上有N个Portal，现在某一名Agent的任务是占领该地图上的M个Portal，这名Agent占领第i个Portal可以得到的分数为A[i]，除了直接占领，还有其他的K种加分方式，对于着N个Portal，在占领完第X[i]个Portal后占领第Y[i]个Portal可以获得B[i]的加分，加分可能会有重复。Agent希望他可以为团队争取更多的分数，所以请求作为大战参谋的你来帮助他。
输入输出格式
输入格式：
第一行是输入三个整数N,M,K 第二行输入是N个数，第i个数代表A[i]的值。 下面K行每行有3个整数X[i],Y[i],C[i]，表示在占领完第X[i]个Portal后占领第Y[i]个Portal可以获得B[i]的加分
输出格式：
输出仅一行一个整数，为该名Agent可以获得的最大分数值。
输入输出样例
说明
对于20%的数据 1≤M≤N≤4,0≤A[i],B[i]≤103
对于40%的数据 1≤M≤N≤8,0≤A[i],B[i]≤105
对于60%的数据 1≤M≤N≤12,0≤A[i],B[i]≤107
对于100%的数据 1≤M,X[i],Y[i]≤N≤18,0≤K≤N^2−N,0≤A[i],B[i]≤10^9
一道比较好想+写的状压DP，然而一开始很慌，题两次没看清楚。
分数累加的意思是如果有重复的$a$和$b$，他们的分数是可以累加起来的。
而$a$到$b$是严格要求$b$在$a$后面第一个，所以状态还要定义一个最后占领的。然后转移就行了。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
using namespace std; int n, m, k;
LL dp[(<<) + ][], qwq[], zty[][];
int cnt[(<<) + ]; int countt(int s) {
int num = ;
while(s) {
num += s & ;
s >>= ;
}
return num;
} LL cot(int s) {
LL ans = ;
for(int i = ; i <= n; i ++)
if((s >> (i-)) & )
ans += qwq[i];
return ans;
} void init() {
for(int i = ; i < ( << n); i ++)
cnt[i] = countt(i);
} int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
init();
for(int i = ; i <= n; i ++) scanf("%lld", &qwq[i]);
for(int i = ; i <= k; i ++) {
int a, b;
LL c;
scanf("%d%d%lld", &a, &b, &c);
zty[a][b] += c;
}
for(RG int s = ; s < ( << n); s ++) {
if(cnt[s] >= m) continue;
for(RG int i = ; i <= n; i ++)
if(!((s >> (i-)) & ))
for(RG int j = ; j <= n; j ++)
if((s >> (j-)) & )
if(zty[j][i])
dp[s|( << (i-))][i] = max(dp[s|( << (i-))][i], dp[s][j] + zty[j][i]);
}
LL ans = ;
for(int s = ; s < ( << n); s ++)
for(int i = ; i <= n; i ++)
if(cnt[s] == m)
ans = max(ans, dp[s][i] + cot(s));
printf("%lld", ans);
return ;
}