AGC012 - E: Camel and Oases

原题链接

题意简述

沙漠中有n(n≤2×105)个排成一条直线的绿洲，一头储水量为V(V≤2×105)的骆驼。
骆驼有两个操作：

• 走到距离在V以内的一个绿洲。
• 飞到任意一个绿洲，但V减少一半。V=0时不能飞。

问骆驼依次从每个绿洲出发，能否一次性遍历所有绿洲。

分析

首先预处理出 V=V0 时哪些绿洲之间是可以随便走的，对于每个V0扫一遍即可。时间复杂度为O(nlog2V)。

每飞一次相当于下一层。题目转化成钦定第一条线段，然后从每一层选一条线段，问能否覆盖整个区间。
万万没想到，这道题居然是状压DP！！！

s中的后起第i位为1表示从第i层选出了一条线段。
f1[s]表示状态s时从1起向右最远能延伸到哪，f2[s]表示状态s时从n起向左最远能延伸到哪。
f1[s]=max(f1[s],upFind(f1[s0]))
f2[s]=min(f2[s],lowFind(f2[s0]−1))
意义是从s0加上一条线段能延伸到哪。这个转移方程和我的写法有关，具体看代码。
时间复杂度O(log2V⋅log2n⋅2log2V+1)=O(Vlog2nlog2V)

检查答案时，对于第一层的每一条线段，寻找是否存在s，使得f1[s],f2[U−s−1]和该线段覆盖整个区间。表示用状态s这些线段尽可能扩展左半部分，用剩下的线段（不包括第一层）尽可能扩展右半部分，再加上第一层的这条线段。
最大时间复杂度O(n⋅2log2V)=O(nV)，GG ╮(╯﹏╰)╭
但实际上，第一层的线段条数是不能超过log2V+1的。因为飞log2V+1次后V0=0，并且下一层的条数比上一层只多不少，要是第一层就超过log2V+1那么不可能遍历所有绿洲。
所以最大时间复杂度为O(Vlog2V)。

总时间复杂度最大为O(nlog2V+Vlog2nlog2V)。

实现

a[i][j]记录第i层的第j条线段的右端点。特别地，a[i][0]记录第i层线段的条数。
upFind(x)找出第一个严格大于x的右端点。这个右端点所在的区间一定能延伸当前的f1。
lowFind(x−1)找出第一个严格小于x-1的右端点。这个右端点的下一个区间一定能延伸当前的f2。如果写lowFind(x)，要是找到x-1的话，说明有一段以x-1为右端点的区间以及一段以x为左端点的区间。这时候明明可以加入前者，实际上却加入了后者，导致问题。

代码

//Camel and Oases
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long lint;
int const N=2e5+10;
int const S=1<<19;
int n,V;
lint d[N];
int logV,a[25][N];
int U,f1[S],f2[S];
int upFind(int a[],int x)
{
    int L=1,R=a[0];
    while(L<R-1)
    {
        int mid=(L+R)>>1;
        if(a[mid]<=x) L=mid+1;
        if(a[mid]>x) R=mid;
    }
    if(a[L]>x) return a[L];
    else return a[R];
}
int lowFind(int a[],int x)
{
    int L=1,R=a[0];
    while(L<R-1)
    {
        int mid=(L+R)>>1;
        if(a[mid]<x) L=mid;
        if(a[mid]>=x) R=mid-1;
    }
    if(a[R]<x) return a[R]+1;
    else return a[L]+1;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&V);
    logV=0;
    while((1<<logV)<=V) logV++;
    logV++;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&d[i]),d[i-1]=d[i]-d[i-1];
    d[n]=0;
    for(int i=1;i<=logV;i++)
    {
        a[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            a[i][a[i][0]]=j;
            if(d[j]>(V>>(i-1))) a[i][0]++;
        }
    }
    if(a[1][0]>logV)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++) printf("Impossible\n");
        return 0;
    }
    U=(1<<logV)-1;
    for(int s=0;s<=U;s++) f1[s]=0,f2[s]=n+1;
    for(int s=0;s<=U;s+=2)
        for(int i=2;i<=logV;i++)
        {
            int s0=1<<(i-1);
            if(s&s0) continue;
            f1[s|s0]=max(f1[s|s0],upFind(a[i],f1[s]));
            f2[s|s0]=min(f2[s|s0],lowFind(a[i],f2[s]-1));
        }
    for(int i=1;i<=a[1][0];i++)
    {
        bool f=false;
        int fr=a[1][i-1]+1,to=a[1][i];
        if(i==1) fr=1;
        for(int s=0;s<=U&&!f;s+=2)
            if(fr<=f1[s]+1 && f2[U-s-1]-1<=to) f=true;
        if(f) for(int j=fr;j<=to;j++) printf("Possible\n");
        else for(int j=fr;j<=to;j++) printf("Impossible\n");
    }
    return 0;
}

注意

• 因为最多飞log2V+1次，所以全集状态U=2log2V+1−1，体现在题目中为219，而不是218。
• a[i][0]做他用，有些地方写的可能会麻烦一些。

转载于:https://www.cnblogs.com/VisJiao/p/8485770.html