IOI2014题解

最新推荐文章于 2025-07-28 15:50:47 发布

Tgop_Knight

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分类专栏：各类比赛文章标签： IOI

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这个东西还是应该写写博客的，毕竟IOI
题目连接已给出，直接点击大标题(推荐网络OJ:Universal Online Judge)

IOI2014 Rail

题目有点难看，耐心……
题目是说给出任意两段车站的距离(你只能得知其中的 $3(n-1)$ 对距离)和 $0$ 车站的位置，让你确定每个车站的位置和类型 $C$ 或 $D$
距离的定义请看题
题目保证 $0$ 车站为 $C$ 类型

直接说正确的解法(部分分很水请独立思考)
我们会发现：
1.车站 $x$ 到 $y$ 的距离 $==$ 车站 $y$ 到 $x$ 的距离
2.离距离某个 $C$ 类型车站最近的车站一定是右方向上最近的 $D$ 类型车站
根据以上两条，我们可以按照如下步骤操作：
1.求出所有其它车站到 $0$ 号车站的距离，根据性质2我们可以推出距离最近的站点的位置及类型，将其记为 $right$ 。
由此我们可以根据距离关系将剩下的车站分为两类:
1.位于 $right$ 的左方，满足: $dis(0,i)==dis(0,right)+dis(right,i)$
2.位于 $right$ 的右方，满足: $dis(0,i) \neq dis(0,right)+dis(right,i)$

仔细观察发现，此时 $0$ 与 $right$ 只可能存在 $C$ 类型的车站
就此我们又可以将 $right$ 左方的车站分为两类:
1.位于 $0$ 与 $right$ 之间，满足 $dis(right,i) \leqslant dis(right,0)$
2.位于 $0$ 左方，满足 $dis(right,i)>dis(right,0)$

现在问题剩下: $0$ 左边与 $right$ 右边的了
以 $right$ 右边的为例:
思考:
1.将右边所有车站按照到 $0$ 或者 $right$ 排序，最近的一定是 $D$ 类型的车站
对于剩下来的车站，我们维护一个 $D$ 类型车站的栈
我们每次询问 $i$ 到栈顶 $top$ 的距离
我们可以通过计算得到 $dis(0,top)+dis(top,i)$ 与 $dis(0,i)$
设 $\Delta=(dis(0,top)+dis(top,i)-dis(0,i))/2$
计算位置 $location[top]-\Delta$ 是否合法(在right右边)且该位置上是否存在一个 $D$ 类型车站
如果合法且存在 $D$ 类型车站，则说明位置 $location[top]-dis(top,i)$ 上存在一个 $C$ 类型车站
否则，则说明位置 $location[0]+dis(0,i)$ 上存在一个 $D$ 类型车站，并将其加入栈
判断位置是否存在 $D$ 类型车站，可以使用二分或者hash

上面这是干嘛呢？
其实仔细画个图看看就能明白
拿出笔和纸吧(^o^)/~
位置: $0 ~~~1 ~~2 ~~~3 ~~4 ~~5 ~~6$
车站: $C ~D ~C ~~~~~ ~D ~D$
编号: $0 ~~1 ~~~2 ~~~~ ~~~3 ~~4$
自己用笔和纸玩一玩就明白

$0$ 左边的车站解法类似

这样我们就在限制条件 $3(n-1)$ 下解决了这个问题
时间复杂度: $O(n)$ 或 $O(nlogn)$

( $ps:$ UOJ上是可以看到其他人的AC代码的
所以不会写的话可以去Orz一下)

IOI2014 Wall

题意很简单：
维护一个区间，支持两种操作：
1、将一段<=k的数全部变成k
2、将一段>=k的数全部变成k

线段树大法好啊！
神马你说你不会线段树打标记∑q|ﾟДﾟ|p？

简单介绍一下： $lazy$ 标记
意识流一下 $lazy$ 这个词：懒！
把当前对于一个线段区间的操作暂时记录在这，即lazy
待到下一次访问该节点时，将标记操作实施，即向左右子节点下传
(如果不能明白，那就去自行百度下，像”算法竞赛入门经典训练指南”这类良心书上也有讲解)

对于这个题，维护一下标记和最大值、最小值即可
时间复杂度： $O(nlogn)$

IOI2014 Game

题意：给定询问点对的顺序，要求构造一张图，使得在所有询问执行完之前，对方无法判断整张图的连通性
两熊孩子玩游戏……

一个比较容易懂的做法

我们考虑一下每个询问 $(u,v)$ 和它们所在的连通块 $linku,linkv$
若 $linku$ 与 $linkv$ 之间除 $(u,v)$ 这条边以外的所有边都被询问过，则回答存在
否则回答不存在
若存在另一条边 $(x,y)$ 其中 $x\in linku,y\in linkv$ 且 $x,y$ 没有被询问，若此时我们回答 $(u,v)$ 之间存在一条边，此时 $linku$ 与 $linkv$ 已经连通，那么当 $(x,y)$ 这个询问被放在最后时，健佳就输了这场游戏
$linku$ 与 $linkv$ 之间的边数为 $|linku|\times|linkv|$ (|G|表示G的点数)
连通块的维护可以使用并查集维护
唯一要注意的是并查集合并时询问次数的合并
时间复杂度：近似 $O(n^3)$ (其实远远不到)

一个比较容易写的做法

我的天哪！为什么我的快代码1K，人家代码100+B?

#include"game.h"
int a[1510];
void initialize(int) {}
int hasEdge(int u,int v)
{
if (u<v) u=v;
return ++a[u]==u;
}

(恶意缩行其实是不好的行为，小伙伴们不要学习啊╭(╯^╰)╮！)
这这这！这是怎么过的啊(大雾)？

嗯(⊙v⊙)，我们来考虑一个这样的东西：树
我们尝试维护：每个点相对与编号比它小的点只有一条边
这样的话，整个图最后一定是一棵树
在最后一条边被询问之前，整个图的连通性是不确定的
时间复杂度： $O(n)$
(梅玉：健佳你太赖皮了，再也不和你玩了！)
(健佳：……)

IOI2014 Gondola

题意太长自己看……

Q1缆车序列检查

我们考虑一下原来的序列 $1\backsim n$
这个序列可以循环变动
新的缆车可以在任意时刻换下任意一辆缆车
所以我们只需考虑一下最开始的缆车 $1\backsim n$ 的相对位置是否有错误
嗯对就是这样
那如果最开始的缆车 $1\backsim n$ 都被换下来了呢？
输出 $1$ ，完毕
( $ps:$ 容许我吐槽一下子任务 $1$ ……)
( $pps:$ 一定不要在这里使用缆车的hash，不然后果自负)
时间复杂度： $O(nlogn)$ (排序)

Q2替换序列

根据上面的推论，我们模拟一下每辆缆车换上来的顺序：
若当前缆车存在于 $gondolaSeq$ 中，则将其放在对应位置
否则放在任意一个位置上，满足当前情况下该位置 $i$ 上的缆车与 $gondolaSeq[i]$ 不同即可(即一个未确定的位置上)
为了方便起见，我们将这个任意位置定为 $max(gondolaSeq[])$ 所在的位置(即最后一辆缆车的所在位置)
时间复杂度： $O(max(gondolaSeq[]))$

Q3替换序列计数

MOD=1000000009
这个比上面两个有技术含量多了
增加了一种基于分治思想的快速计算方法(不是 $FFT$ 而是快速幂……)
(O(∩_∩)O哈哈~我就不行你能把我的头压在键盘上fahsdglebangekjbalgbdska……)
MOD=1000000009
妈呀！ $max(inputSeq[])$ 竟然有 $1000000000$ ，不能模拟了(@之前写了hash的朋友……)
我们将 $inputSeq[]$ 排个序
$inputSeq[]$ 上的数显然只能在最后放在一个固定位置
诶，我们会发现有些缆车先换上来又换下去了，而且答案主要就是他们玩大的！
等等！
在相邻的 $inputSeq[]$ 之间，那些先换上来又换下去了的缆车，对答案的贡献是一样的，每个缆车可放的位置，为当前状态下剩下的未确定的位置个数
快速幂搞搞就A了！
MOD=1000000009
( $ps:$ 如果不会写的话，可以去膜拜UOJ上其它Orz的代码)
MOD=1000000009，我都写了四遍了你还不取模自己看着办
时间复杂度： $O(nlogn)?$ (不知道其实我不会分析……)

$Gondola$ 完结撒花！

IOI2014 Friend

题目意思自己看……

啥？我没看错吧？一般图最大权独立点集不是NP-hard问题么(NP难题请自行百度)？
众所周知，NP-hard问题是没有精确算法的(说不定以后有哪位Orz搞出来了)
( $ps:$ 谁说的？我有 $O(2^N)$ 的枚举！哎呀kasdlgaiognwagkjdn……)

如果你去想最大权独立点集问题，恭喜你掉坑里了！
我们不妨换一个思想：考虑 $i$ 与 $host[i]$ ，我们将他们连一条边
这样我们就构成了一颗树
再把不同的连边方式作为不同的边权放在边上
嗯，这应该是树形DP
恭喜你猜中正解！

我们定义：
yes[i]——在以i为根的子树可以选择点i时的最大点权独立集
no[i]——在以i为根的子树不可以选择点i时的最大点权独立集
( $ps:$ 可以选择 $\neq$ 选择)
$DP$ 方法如下：
1.若 $i$ 不可以选择，即与其相连的 $I$ 类儿子可以选择， $M$ 与 $W$ 类儿子不可以选择(为什么 $M$ 就不能选呢？ $i$ 不可以选择代表有个与它相连的人被选择，而 $M$ 类儿子会与其连边，嘣！)
2.若 $i$ 可以选择并且选择，即与其相连的 $M$ 类儿子可以选择， $I$ 与 $W$ 类儿子不可以选择(这个很容易理解)
3.若 $i$ 可以选择但不选择，此时 $i$ 对i的儿子没有多大影响，我们可以在这里再进行一个 $dp$ ，这个 $dp$ 的限制条件如下:
如果我们之前决策选择过一个编号较小的 $I$ 或 $W$ 类儿子，就不能再决策徐州呢编号大的 $M$ 或 $W$ 类儿子(很显然这两个儿子相连)(注意每个人是按编号顺序以此进入)
嗯，一个 $dp~of~DP$ 就解决了！

妈妈你看！人家的AC代码怎么又比我短一截啊？

#include "friend.h"
#define max(a,b)    ((a)>(b)?(a):(b))
int     G[100005];
int     findSample(int N,int F[],int H[],int O[])
{
  for   (int i=N-1;i;i--)
    {
    int x=H[i];
    if  (O[i]==0)
        F[x]+=G[i],G[x]+=max(F[i],G[i]);
    if  (O[i]==1)
        F[x]=max(F[x]+max(F[i],G[i]),G[x]+F[i]),G[x]+=G[i];
    if  (O[i]==2)   
        F[x]=max(F[x]+G[i],G[x]+F[i]),G[x]+=G[i];
    }
    return  max(F[0],G[0]);
}

(只能说博主自带代码复杂度翻倍的BUFF，具体多少倍看题吧……)
大神：“嗯，很显然，这两个 $DP$ 其实是等价的(ーー゛)”
博主：“我还是太弱了……”

IOI2014 Holiday

题目意思一样自己看nglajksdgnawn……

嗯，第一眼看完：不会o(>﹏<)o……
不过我们会发现，子任务2的起点是固定在最左的
嗯，对于子任务2，一定是一次性从左走到右，然后在路途中玩上几天
枚举走的天数+函数式线段树求区间前k大值之和水过？
啥？函数式线段树是啥？
不会的自行百度吧……(你也可以使用主席树，没什么差别)

简单扯一两句：
假设我们要维护一颗线段树，它支持 $ctrl+z$ (即还原历史记录)操作，怎么办？
我们可以通过新建节点来代替原先的修改操作，从而实现全信息保存
嗯，由于线段树单点修改每次只会影响一条链的值，改一条链即可
空间复杂度： $O(n+mlogn)，n$ 为序列长度， $m$ 为操作次数
时间复杂度： $O(nlogn)$

思考：对于其他任务，我们每次一定只存在四种情况：
1、一直向右，路上玩
2、先向右再向左，路上玩
3、先向左再向右，路上玩
4、一直向左，路上玩

我们回过头来看看子任务2
设 $r[x]$ 表示向右边行动 $x$ 天(包括走和玩)所到达的最右城市编号(不是景点数)
显然 $x$ 天后我们停留在 $r[x]$ 号城市上
我们会发现： $r[x]<=r[x+1]$
意识流：当天数增加一天时，我们可以选择在之前的城市中再多玩一天，或者多走一天到达下一个城市
意识流告诉我们，可以数学归纳证明，这里不再赘述

同理，另外三个函数值(向左边行动，向右边行动后折返回出发点，向左边行动后折返回)同样具有单调性

嗯，不错的想法
决策的单调性有什么用呢？

问题转化一下：
函数 $r()$ 的定义域为 $[l,r]$ ，值域为 $[a,b]$ ，且满足单调上升，求 $r()$
我们定义 $mid=(l+r)/2$
我们先枚举 $[a,b]$ 求出 $r(mid)$ 的值
(处理值的方法：上面提到过)
利用决策的单调性，递归处理定义域为 $[l,mid-1]$ 和 $[mid+1,r]$ 的函数值
因为决策单调性，两者的值域变为 $[a,r(mid)]$ 和 $[r(mid),b]$ ，即枚举状态的减少
通过计算时间复杂度可知为 $O(nlog^2n)$