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[2 * N]; int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; i++) a[i + 1] = i; for (int i = 2; 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 + 1; i <= 2 * n; i++) printf("%d ", a[i]); return 0; }
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[10]; ll ans; ll Max(ll a, ll b) { if (a > b) return a; return b; } bool ATK_DEF() { int now = 1; for (int i = 1; i <= cnt2; i++) { while (now <= m && x1[now] <= y2[i]) now++; if (now > m) return false; used[now] = 1; now++; } return true; } ll ATK_ATK() { ll sum = 0; int xl = 1, xr = m, yl = 1, 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, 0, sizeof used); int now = 1; ll sum = 0; for (int i = 1; i <= cnt1; i++) { while (now <= cnt && x2[now] < y1[i]) now++; if (now > cnt) return sum; sum += x2[now] - y1[i]; used[now] = 1; now++; } for (int i = 1; i <= cnt; i++) if (!used[i]) sum += x2[i]; return sum; } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%s", s); if (s[0] == 'A') scanf("%d", y1 + (++cnt1)); else scanf("%d", y2 + (++cnt2)); } for (int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d", x1 + i); sort(x1 + 1, x1 + m + 1); sort(y1 + 1, y1 + cnt1 + 1); sort(y2 + 1, y2 + cnt2 + 1); ans = ATK_ATK(); if (ATK_DEF()) { for (int i = 1; i <= m; i++) if (!used[i]) x2[++cnt] = x1[i]; ans = Max(ans, ATK_FACE()); } printf("%lld\n", ans); return 0; }
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[5][2] = {0, 0, -1, 0, 1, 0, 0, -1, 0, 1}; char s[N]; void dp(int t, int x, int y, int len, int dir) { int l = 1, r = 0, s = 1; while (x >= 1 && x <= n && y >= 1 && y <= m) { if (g[x][y]) l = 1, r = 0; else { while (l <= r && f[t - 1][x][y] - s >= q[r]) r--; q[++r] = f[t - 1][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][0]; y += nxt[dir][1]; s++; } } int main() { scanf("%d%d%d%d%d", &n, &m, &ex, &ey, &k); for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%s", s + 1); for (int j = 1; j <= m; j++) if (s[j] == 'x') g[i][j] = 1; } memset(f, 0x80, sizeof f); f[0][ex][ey] = 0; for (int i = 1; i <= k; i++) { scanf("%d%d%d", &t1, &t2, &d); if (d == 1) for (int j = 1; j <= m; j++) dp(i, n, j, t2 - t1 + 1, d); if (d == 2) for (int j = 1; j <= m; j++) dp(i, 1, j, t2 - t1 + 1, d); if (d == 3) for (int j = 1; j <= n; j++) dp(i, j, m, t2 - t1 + 1, d); if (d == 4) for (int j = 1; j <= n; j++) dp(i, j, 1, t2 - t1 + 1, d); } printf("%d\n", ans); return 0; }