2019.07.08【NOIP提高组】模拟 A 组

JZOJ 3318 LOJ 2685 Brunhilda的生日

题目

给定$n$个质数，有$m$组询问，问对于一个数$x$，可以用其中一个质数$p$把它变为$x-x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$，最少需要多少次，如果永远不能，输出oo

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分析

这显然是一个递推式，$ans[x]=ans[x-x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p]+1$
可以发现当$x>y$
那么$\lfloor \frac{x}{p}\rfloor p\ge \lfloor \frac{y}{p}\rfloor p$
所以这是单调不下降的，那么就可以用双指针离线求出所有答案，$O(1)$回答

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代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#define rr register
using namespace std;
const int N=10000001;
int n,m,big[N],f[N],ans[N];
inline signed iut(){
	rr int ans=0; rr char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
	return ans;
}
inline void print(int ans){
	if (ans==-1) {printf("oo"); return;}
	if (ans>9) print(ans/10);
	putchar(ans%10+48);
}
signed main(){
	n=iut(); m=iut();
	for (rr int i=1;i<=n;++i){
		rr int x=iut();
	    for (rr int j=0;j<N;j+=x) big[j]=big[j]>x?big[j]:x;
	}
	for (rr int i=1,j=0;i<N;f[i]=j,++i)
	    while (!big[j]||j+big[j]<=i) ++j;
	for (rr int i=1;i<N;++i){
		if (f[i]==i) {ans[i]=-1; continue;}
		ans[i]=ans[f[i]]+(ans[f[i]]>=0);
	}
	for (rr int i=1;i<=m;++i) print(ans[iut()]),putchar(10);
	return 0;
}

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JZOJ 3319 LOJ 2686 雪地足迹

题目

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分析

一开始我以为只有两种答案，于是就拿了2分，然后发现我太naive了，然而这道题只是一道广搜，倒着推，把从起点开始的连通块全部标记，那么如果还有答案相邻的位置是有不同的动物，所以把它们全部加入队列后再次广搜

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代码

#include <cstdio>
#define rr register
using namespace std;
const int N=16000000,dx[4]={0,0,1,-1},dy[4]={1,-1,0,0};
int n,m,ans,head[2],tail[2],qx[2][N^1],qy[2][N^1];
char s[4001][4001]; bool v[4001][4001];
inline bool bfs(int now){
	rr bool flag=0;
	while (head[now]<=tail[now]){
		rr int x=qx[now][head[now]],y=qy[now][head[now]]; ++head[now];
		for (rr int i=0;i<4;++i){
			rr int zx=x+dx[i],zy=y+dy[i];
			if (zx<1||zx>n||zy<1||zy>m||v[zx][zy]||s[zx][zy]=='.') continue;
			if (s[x][y]==s[zx][zy]) qx[now][++tail[now]]=zx,qy[now][tail[now]]=zy;
			    else qx[now^1][++tail[now^1]]=zx,qy[now^1][tail[now^1]]=zy,flag=1;
			v[zx][zy]=1;
		}
	}
	return flag;
}
signed main(){
	scanf("%d%d",&n,&m); gets(s[0]+1);
	for (rr int i=1;i<=n;++i) gets(s[i]+1);
	v[1][1]=qx[0][++head[0]]=qy[0][++tail[0]]=1;
	for (rr bool k=0;;k^=1){
		++ans; head[k^1]=tail[k^1]=0;
		if (!bfs(k)) break;
	};
	return !printf("%d",ans);
}

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JZOJ 3320 LOJ 2687 Vim

题目

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分析

线头dp？？
对于一个e，要hx才能删掉它，所以要用2*e的个数的操作
设$f[i,j]$为一条线跨过$i$这个点，在其右边落点的字符为$j$的最小代价；
设$g[I,j,k]$为第一次跨过$i$点落在$j$字符上，再折回左边，第二次跨到右边，落在$k$字符上
的最小代价。
若当前点字母为$e$，就直接拷贝上一个dp方程,否则
$$f[i][j]=\min \{\begin{array}{l}f[i-1,j](j̸=s[i],s[i-1]!{=}^{\prime }{e}^{\prime })\\ f[i-1,s[i]]+2\\ g[i-1,s[i],j](j̸=s[i])\\ g[i-1,s[i],s[i]]+2\end{array}$$
$$g[i][j][k]=\min \{\begin{array}{l}f[i-1,j]+3(j̸=s[i])\\ f[i-1,s[i]]+5\\ g[i-1,j,k]+1(j̸=s[i],k̸=s[i])\\ g[i-1,s[i],k]+3(k̸=s[i])\\ g[i-1,j,s[i]]+3(j̸=s[i])\\ g[i-1,s[i],s[i]]+5\end{array}$$
但是这样还不够，要建立一个虚拟字母，但是这样答案要减去2，滚动一下空间就很小了

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代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define rr register
using namespace std;
int n,ans=-2,dp[2][11],f[2][11][11];
inline signed min(int a,int b){return a<b?a:b;}
signed main(){
	scanf("%d\n",&n);
	memset(dp[0],42,sizeof(dp[0])),memset(f[0],42,sizeof(f[0]));
	rr int now=getchar()^96; dp[0][now]=0; rr bool need=0;
	for (rr int i=1;i<=n;++i,need=now==5,now=getchar()^96)
	if (now==5) memcpy(dp[i&1],dp[(i&1)^1],sizeof(dp[i&1])),
		    memcpy(f[i&1],f[(i&1)^1],sizeof(f[i&1])),ans+=2;
	else{
 		rr int t=min(dp[(i&1)^1][now],f[(i&1)^1][now][now])+5;
		for (rr int j=0;j<11;++j){
			for (rr int k=0;k<11;++k){
				f[i&1][j][k]=t;
				if (k!=now) f[i&1][j][k]=min(f[i&1][j][k],f[(i&1)^1][now][k]+3);
				if (j==now) continue;
				rr int tt=min(dp[(i&1)^1][j],f[(i&1)^1][j][now])+3;
				if (k!=now) tt=min(tt,f[(i&1)^1][j][k]+1);
				f[i&1][j][k]=min(f[i&1][j][k],tt);
			}
			dp[i&1][j]=t-3;
			if (j==now) continue;
			dp[i&1][j]=min(dp[i&1][j],f[(i&1)^1][now][j]);
			if (!need) dp[i&1][j]=min(dp[i&1][j],dp[(i&1)^1][j]);
		}
	}
	return !printf("%d",dp[n&1][0]+ans);
}