2015 ACM ICPC Singapore Regional A(循环节+kmp)、F(贪心)、G(dp)、H(凸包构造)、I(组合数学)

原创 已于 2023-11-16 00:34:58 修改 · 1k 阅读 · 1 ·
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#凸包 #组合数学 #思维题 #dp

于 2020-10-15 11:04:36 首次发布

总结

自己vp的一场，感觉H、I题的确是思维短板

剩下的题就是总结一下

题目

A.Association for Cool Machineries (Part 1)(循环节+kmp)

4
v<^>
####
#.R#
#..#
####

如样例所示，给定一个n(3<=n<=200)，及一个长度为n的上下左右操作序列(v<^>分别代表下左上右)，

再给定一个n*n的网格图，其中#是障碍，R是起点，对R无限次施加这个上下左右操作序列，

问R是否会存在在两点间循环的情况，不存在输出1，否则输出循环节的长度

首先，按这个序列无限走，直至第一步走到了某一次第一步走过的点，说明进入循环，记为nx，

然后对nx这个点再跑若干次这个序列，直至第一步再出现循环，

记此时的长度为c，则输出循环节的长度时，做一遍kmp输出c-next[c]即可

思路还是比较裸的，只是不知道赛中wa在了哪里，

想不明白有什么A经过>=2次循环到B，B再经过>=2次循环到A的样例

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=210;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
char s[N][N],op[N];
bool vis[N][N];
P nx;
int n,m,ans[N*N*N],c,net[N*N*N];
P g(P x){
	int px=x.first,py=x.second; 
	for(int i=0;i<m;i=(i+1)%m){
		if(!i && vis[px][py])return P(px,py);
		if(!i)vis[px][py]=1;
		if(op[i]=='<' && py-1>=0 && s[px][py-1]!='#'){
			py--;
		}
		else if(op[i]=='>' && py+1<n && s[px][py+1]!='#'){
			py++;
		}
		else if(op[i]=='^' && px-1>=0 && s[px-1][py]!='#'){
			px--;
		}
		else if(op[i]=='v' && px+1<n && s[px+1][py]!='#'){
			px++;
		}
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	scanf("%s",op);
	m=strlen(op);
	for(int i=0;i<n;++i){
		scanf("%s",s[i]);
		for(int j=0;j<n;++j){
			if(s[i][j]=='R'){
				nx=P(i,j);
			}
		}
	}
	nx=g(nx);
	int px=nx.first,py=nx.second;
	int x=px,y=py;
	for(int i=0;i<m;i=(i+1)%m){
		if(c && !i && px==x && py==y){
			break;
		}
		if(!c)ans[c++]=px*n+py;
		bool ok=0;
		if(op[i]=='<' && py-1>=0 && s[px][py-1]!='#'){
			py--;ok=1;
		}
		if(op[i]=='>' && py+1<n && s[px][py+1]!='#'){
			py++;ok=1;
		}
		if(op[i]=='^' && px-1>=0 && s[px-1][py]!='#'){
			px--;ok=1;
		}
		if(op[i]=='v' && px+1<n && s[px+1][py]!='#'){
			px++;ok=1;
		}
		if(ok)ans[c++]=px*n+py;
	}
	int i=0,j=net[0]=-1;
	while(i<c){
		while(j!=-1 && ans[i]!=ans[j])j=net[j];
		net[++i]=++j;
	}
	printf("%d\n",c-net[c]);
	return 0;
} 
/*
6
>^<^
######
#.#..#
#....#
#..R.#
#....#
######
4
v<^>
####
#.R#
#..#
####
4
<<<
####
#.R#
#..#
####
5
<<>>
#####
#R..#
#####
#####
#####
*/

F.Air Conditioned Minions

n(2<=n<=100)个区间，第i个区间[li,ri](1<=li<=ri<=2*n)，

找最少的端点，覆盖住所有的区间，输出最少的端点个数

大概是一种延迟决策的思想，考虑把所有r放入l对应的位置，按l增序遍历，

并根据r的大小不断去缩右端点，如果下一次的l和当前缩到的右端点mn不交，

说明上一次的右端点必须新开一个答案，思维题

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,l,r,now,ans;
vector<int>e[205];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d%d",&l,&r);
		e[l].push_back(r);
	}
	int mn=233;
	for(int i=1;i<=2*n;++i){
		if(mn<i){
			ans++;
			mn=233;
		}
		for(int x:e[i]){
			mn=min(mn,x);
		}
	}
	if(mn<233){
		ans++;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

G.Association for the Country of Mububa

（20231116补充：经典问题）Problem - 229D - Codeforces

n(2<=n<=3e3)堆香蕉，第一个人可以取[1,x]的香蕉，

而此后的人只能在前面的人取过的位置后面取一段连续的位置，

比如第二个人可以取[x+1,y]，第三个人[y+1,z]，以此类推，

且要满足第i+1个人取得的香蕉数，不少于第i个人取得的香蕉数，

问满足要求的前提下，最多能有多少个人来取香蕉

首先，每次贪比上次大的最小的段是不行的，比如2 1 3 3 3 3 3，应该是6个3才对

考虑如果dp[i]为以i结尾的最多的段数

此时枚举到i结尾的时候，不仅要往回枚举最后一段(i,j]，

还要考虑以i结尾的最后一段的大小，而开二维又太过暴力，

想了想就暴力乱搞单调队列艹过去了，赛后学习了一个dp，比较巧妙

仔细思考发现，best[j]记以j结尾的，恰能续在前面的段后面的，值最小的段是多少，

这样后面的段，枚举到了上一段以j结尾时，就可以沿用best[j]的值

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e3+10;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,int> P;
int n,a[N],ans,dp[N][N];
deque<P>q[N];
ll sum[N];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d",&a[i]);
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	}
	memset(dp,-1,sizeof dp);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=i;j>=2;--j){
			dp[i][j]=dp[i-1][j];
			while(!q[j-1].empty() && q[j-1].front().first<=sum[i]-sum[j-1]){
				dp[i][j]=max(dp[i][j],q[j-1].front().second+1);
				q[j-1].pop_front();
			}
			if(dp[i][j]>0){
				q[i].push_back(P(sum[i]-sum[j-1],dp[i][j]));	
			}
		}
		dp[i][1]=1;
		q[i].push_back(P(sum[i],dp[i][1]));
	}
	for(int i=n;i>=1;--i){
		ans=max(ans,dp[n][i]);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
} 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e3+10;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,int> P;
int n,a[N],dp[N];
ll sum[N],best[N];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d",&a[i]);
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=i-1;j>=0;--j){
			if(sum[i]-sum[j]>=best[j]){
				best[i]=sum[i]-sum[j];
				dp[i]=dp[j]+1;
				break;
			}
		}
	}
	printf("%d\n",dp[n]);
	return 0;
}

H.Association for Convex Main Office(构造凸包)

给定n(3<=n<=4e5)，构造一个恰为n个点的凸包，

使得所有点的坐标(x,y)均为[0,4e7]之间的整数，输出这n个点的坐标

首先，不能有三点共线即任意两条直线斜率相同的情形，

将每一条直线的斜率都约成既约分数，即y/x中y与x互质的情形，

打表发现420*420中有超过1e5个斜率合法，则首先按x+y排增序取出x+y小的斜率

再按y/x排增序，维护一个下凸壳的结构，

则最后n个点可以对这些向量进行(+x,+y)(-y,-x)(-x,-y)(+y,-x)的操作，

即分别向y=x右上走，y=-x左上走，y=x左下走，和y=-x右下走，四次构成一个封闭的图形结构，

得到一个n>=4e5的点的凸包，凸包的部分图形仍是凸包，取前n个点输出即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
const int N=2e5+10;
int n,c;
struct node{
	int x,y;
}e[N];
vector<node>con;
bool cmp1(node a,node b){
	return a.x+a.y<b.x+b.y;
}
bool cmp2(node a,node b){
	return 1ll*a.y*b.x<1ll*b.y*a.x;
}
int main(){
	for(int i=1;i<=420;++i){
		for(int j=1;j<=420;++j){
			if(__gcd(i,j)==1){
				e[++c]={i,j};
			}
		} 
	}
	sort(e+1,e+c+1,cmp1);
	c=min(c,100000);
	sort(e+1,e+c+1,cmp2);
	int nx=2e7,ny=0;
	con.pb({nx,ny});
	for(int i=1;i<=c;++i){
		nx+=e[i].x,ny+=e[i].y;
		con.pb({nx,ny});
	}
	for(int i=1;i<=c;++i){
		nx-=e[i].y,ny+=e[i].x;
		con.pb({nx,ny});
	}
	for(int i=1;i<=c;++i){
		nx-=e[i].x,ny-=e[i].y;
		con.pb({nx,ny});
	}
	for(int i=1;i<=c;++i){
		nx+=e[i].y,ny-=e[i].x;
		con.pb({nx,ny});
	}
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0;i<n;++i){
		printf("%d %d\n",con[i].x,con[i].y);
	}
	return 0;
}

I.Apples, Cherries, and Mangos(组合数学)

a个苹果，c个樱桃，m个芒果(1<=a,c,m<=2e5)排成一排，

水果内部无区别，相同的水果不能相邻，求方案数，答案对1e9+7取模

组合数学大师马老师（破音~）

考虑a<=c<=m，m个芒果留下m-1个内空位和2个外空位，

枚举c个樱桃占了几个内空位几个外空位，则剩余的内空位是一定要放苹果的，

此外，设c个樱桃共占了i个位置，则方案为x1+...+xi=c，插挡板知C(c-1,i-1)

且无论怎么放，都有c-i对樱桃是相邻的，这些也是一定要放苹果的，

把苹果必放在这些地方，剩余的苹果放在(c+m+1)个空位中其他的空位即可

事实上，a、c、m三个大小关系对这个方案数没有影响

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=4e5+10,mod=1e9+7;
int fac[N],finv[N];
int a[3],ans;
int C(int n,int m){
	if(n<0 || m<0 || n<m)return 0;
	return 1ll*fac[n]*finv[m]%mod*finv[n-m]%mod;
}
void add(int &x,int y){
	x+=y;
	if(x>=mod)x-=mod;
	if(x<0)x+=mod;
} 
int main(){
	fac[0]=finv[0]=1;
	fac[1]=finv[1]=1;
	for(int i=2;i<N;++i){
		fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
		finv[i]=1ll*(mod-mod/i)*finv[mod%i]%mod;
	}
	for(int i=2;i<N;++i){
		finv[i]=1ll*finv[i]*finv[i-1]%mod;
	}
	for(int i=0;i<3;++i){
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	//sort(a,a+3);
	//a[1]占a[2]多少个坑位
	for(int i=0;i<a[2];++i){
		if(i<=a[1])add(ans,1ll*C(a[2]-1,i)*C(2,0)%mod*C(a[1]-1,i-1)%mod*C(a[1]+a[2]+1-(a[1]-i+a[2]-1-i),a[0]-(a[1]-i+a[2]-1-i))%mod); 
		if(i+1<=a[1])add(ans,1ll*C(a[2]-1,i)*C(2,1)%mod*C(a[1]-1,i+1-1)%mod*C(a[1]+a[2]+1-(a[1]-(i+1)+a[2]-1-i),a[0]-(a[1]-(i+1)+a[2]-1-i))%mod);
		if(i+2<=a[1])add(ans,1ll*C(a[2]-1,i)*C(2,2)%mod*C(a[1]-1,i+2-1)%mod*C(a[1]+a[2]+1-(a[1]-(i+2)+a[2]-1-i),a[0]-(a[1]-(i+2)+a[2]-1-i))%mod);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

ACM之数列循环节
u011089758的博客
03-27 2922
初次接触这道题，我便想到了原来的写过的斐波拉契数列，便用一个个递推的函数从n一个一个的计算，直到运算出f[n]的值，结果呢，可想而知，不是时间超时，便是堆栈溢出！ 后面才知道这种题一定存在一个循环的节点，而你所做的便是通过程序或这自己的计算得到出现循环的位置！下面通过代码解释：接下来这题也是数列循环节的问题 此题便既可以通过程序寻找循环的节点，亦可以同过数学运算得到循环的节点：
ACM比赛经验、刷题记录及模板库总结（更新中）
lordofadventure的博客
03-08 2198
文章目录前言第一部分 经验分享及感受第二部分 刷题记录一、基础算法&程序语言二、综合题（现场题）三、动态规划四、图论五、字符串算法六、数据结构七、数学八、网络流九、博弈十、随机算法十一、其他第三部分 专项题库第四部分 模板库附录A 题目索引附录B 常用平台参考文献 前言 本文所提及的部分题目代码，可以在https://github.com/volactina/ACM上找到 第一部分 经验分...
2015 ACM ICPC Singapore Regional
jixing'blog
08-07 210
Association for Control Over Minds –并查集+set集合 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a)) #define endl '\n' #define ll long long int typedef pair<int, int> PII; const int inf = 0x3f3f3f3f; const int N
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杭电acm 2802F(N)（循环节）
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F(N) ime Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 5055    Accepted Submission(s): 1801 Problem Description Giving the N, can yo
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<br /><br />ACM算法相关资料<br />一：知识点<br />数据结构：<br />1，单，双链表及循环链表<br />2，树的表示与存储，二叉树（概念，遍历）二叉树的<br />应用（二叉排序树，判定树，博弈树，解答树等）<br />3，文件操作（从文本文件中读入数据并输出到文本文<br />件中）<br />4，图（基本概念，存储结构，图的运算）<br />数学知识<br />1，离散数学知识的应用（如排列组合、简单的图论，数理逻辑）<br />2，数论知识<br />3，线性代数<br
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09-21 1099
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04-04 461
点击打开链接 提交地址 #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std; const int N = 300008 ; struct E{ int v ; int
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