Urozero Autumn 2016. UKIEPC 2016

最新推荐文章于 2024-09-14 20:34:54 发布

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CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/clrs97/p/7572609.html

本文提供了三道算法竞赛题目的详细解答过程，包括构建多边形的切割线计算、寄存器操作的最少步骤求解以及缆车等待时间的优化算法。通过深入分析问题背景和解题思路，给出具体实现代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

B. Build a Boat

首先求出每块船舱的面积$S$，然后进行$m$次二分，得到每个切割线的位置。

为了计算某个切割线形成的区域的面积，需要将多边形整理成上边界和下边界，分别二分出断点位置，中间部分用叉积前缀和$O(1)$回答。

时间复杂度$O(n+m\log^2n)$。

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=400010;
const double eps=1e-9;
int n,i,j,k,o,b[N],c[N],cb,cc,ans,lim,loc[N][2];ll all;
double each,s[N],mi,ma;
inline int sgn(double x){
  if(x>eps)return 1;
  if(x<-eps)return -1;
  return 0;
}
struct P{
  double x,y;
  P(){}
  P(double _x,double _y){x=_x,y=_y;}
  P operator+(const P&b){return P(x+b.x,y+b.y);}
  P operator-(const P&b){return P(x-b.x,y-b.y);}
  P operator*(double b){return P(x*b,y*b);}
}a[N];
inline double cross(const P&a,const P&b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
inline P intersection(P a,P b,P p,P q){
  double U=cross(p-a,q-p),D=cross(b-a,q-p);
  return a+(b-a)*(U/D);
}
inline double cal(double x){
  if(sgn(x-a[b[1]].x)<=0)return 0;//x>b[1]
  if(sgn(x-a[b[cb]].x)>=0)return all;//x<b[cb]
  int l=2,r=cb-1,mid,A=1,B=1;
  while(l<=r){
    mid=(l+r)>>1;
    if(a[b[mid]].x<x)l=(A=mid)+1;else r=mid-1;
  }
  l=2,r=cc-1;
  while(l<=r){
    mid=(l+r)>>1;
    if(a[c[mid]].x<x)l=(B=mid)+1;else r=mid-1;
  }
  l=b[A],r=c[B];
  if(l>r)r+=n;
  double ret=s[r-1]-s[l-1];
  P X=intersection(a[b[A]],a[b[A+1]],P(x,-1),P(x,1)),
    Y=intersection(a[c[B]],a[c[B+1]],P(x,-1),P(x,1));
  ret+=cross(X,a[b[A]])+cross(a[c[B]],Y)+cross(Y,X);
  return ret;
}
inline double solve(double goal){
  double l=mi,r=ma,mid;
  for(int i=0;i<60;i++){
    mid=(l+r)/2;
    if(fabs(cal(mid))<goal)l=mid;else r=mid;
  }
  return (l+r)/2;
}
int main(){
  scanf("%d%d",&lim,&n);
  for(i=1;i<=n;i++){
    scanf("%d%d",&loc[i][0],&loc[i][1]);
    a[i].x=loc[i][0],a[i].y=loc[i][1];
    a[i+n]=a[i];
  }
  for(i=1;i<=n+n;i++)s[i]=s[i-1]+cross(a[i],a[i+1]);
  for(i=1;i<n;i++)all+=loc[i][0]*loc[i+1][1]-loc[i][1]*loc[i+1][0];
  all+=loc[n][0]*loc[1][1]-loc[n][1]*loc[1][0];
  if(all<0)all*=-1;
  ans=all/2/lim;
  each=1.0*all/ans;
  for(i=j=1;i<=n;i++)if(sgn(a[i].x-a[j].x)<0||sgn(a[i].x-a[j].x)==0&&sgn(a[i].y-a[j].y)>0)j=i;
  for(i=o=1;i<=n;i++)if(sgn(a[i].x-a[o].x)>0||sgn(a[i].x-a[o].x)==0&&sgn(a[i].y-a[o].y)>0)o=i;
  while(1){
    b[++cb]=j;
    if(j==o)break;
    k=j-1;
    if(k<1)k+=n;
    j=k;
  }
  for(i=j=1;i<=n;i++)if(sgn(a[i].x-a[j].x)<0||sgn(a[i].x-a[j].x)==0&&sgn(a[i].y-a[j].y)<0)j=i;
  for(i=o=1;i<=n;i++)if(sgn(a[i].x-a[o].x)>0||sgn(a[i].x-a[o].x)==0&&sgn(a[i].y-a[o].y)<0)o=i;
  mi=1e9;ma=-mi;
  for(i=1;i<=n;i++)mi=min(mi,a[i].x),ma=max(ma,a[i].x);
  while(1){
    c[++cc]=j;
    if(j==o)break;
    k=j+1;
    if(k>n)k-=n;
    j=k;
  }
  //for(i=1;i<=cb;i++)printf("(%.1f,%.1f) ",a[b[i]].x,a[b[i]].y);puts("");
  //for(i=1;i<=cc;i++)printf("(%.1f,%.1f) ",a[c[i]].x,a[c[i]].y);puts("");
  printf("%d\n",ans);
  for(i=1;i<ans;i++)printf("%.9f\n",solve(each*i));
}

C. Compiler

只需要两个寄存器，设$f[i][j]$表示两个寄存器的值分别为$i,j$的最少步数，只有形如$a=a+kb(1\leq k\leq 2)$的操作有用，DP求出最优方案即可。

最坏情况下需要步数为$39$步，满足题目所给$40$步的限制。

时间复杂度$O(n^2)$。

#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=260,K=2;
int n=255,i,j,k,x,y,z,t,f[N][N],ans[N],mx;
vector<string>g[N][N],fin[N];
int main(){
  for(i=1;i<=n;i++)ans[i]=N;
  for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=n;j++)f[i][j]=N;
  f[1][1]=3;
  g[1][1].push_back("ST X");
  g[1][1].push_back("ST Y");
  for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=n;j++)if(f[i][j]<N){
    for(k=1;k<=K;k++){
      z=f[i][j]+k*2+2;
      if(i+i*k<=n){
        x=i+i*k,y=j;
        if(f[x][y]>z){
          f[x][y]=z;
          g[x][y]=g[i][j];
          g[x][y].push_back("PH X");
          for(t=1;t<=k;t++)g[x][y].push_back("PH X");
          for(t=1;t<=k;t++)g[x][y].push_back("AD");
          g[x][y].push_back("PL X");
        }
      }
      if(i+j*k<=n){
        x=i+j*k,y=j;
        if(f[x][y]>z){
          f[x][y]=z;
          g[x][y]=g[i][j];
          g[x][y].push_back("PH X");
          for(t=1;t<=k;t++)g[x][y].push_back("PH Y");
          for(t=1;t<=k;t++)g[x][y].push_back("AD");
          g[x][y].push_back("PL X");
        }
      }
      if(j+i*k<=n){
        x=i,y=j+i*k;
        if(f[x][y]>z){
          f[x][y]=z;
          g[x][y]=g[i][j];
          g[x][y].push_back("PH Y");
          for(t=1;t<=k;t++)g[x][y].push_back("PH X");
          for(t=1;t<=k;t++)g[x][y].push_back("AD");
          g[x][y].push_back("PL Y");
        }
      }
      if(j+j*k<=n){
        x=i,y=j+j*k;
        if(f[x][y]>z){
          f[x][y]=z;
          g[x][y]=g[i][j];
          g[x][y].push_back("PH Y");
          for(t=1;t<=k;t++)g[x][y].push_back("PH Y");
          for(t=1;t<=k;t++)g[x][y].push_back("AD");
          g[x][y].push_back("PL Y");
        }
      }
    }
    if(ans[i]>f[i][j]){
      ans[i]=f[i][j];
      fin[i]=g[i][j];
      fin[i].push_back("DI X");
    }
    if(ans[j]>f[i][j]){
      ans[j]=f[i][j];
      fin[j]=g[i][j];
      fin[j].push_back("DI Y");
    }
  }
  for(i=1;i<=n;i++)if(ans[i]>mx)mx=ans[i];
  fin[0].push_back("ZE X");
  fin[0].push_back("DI X");
  //printf("%d",mx);
  scanf("%d",&n);
  for(i=0;i<fin[n].size();i++)cout<<fin[n][i]<<endl;
}

G. Gondolas

首先可以将时间都模$2T$，并将时间离散化，得到$O(n)$个时间，显然只在这些时间放置缆车最优。

枚举最早的缆车的时间，从前往后考虑每个时间是否设置缆车，则相邻两个缆车间的贡献是确定的，可以用前缀和$O(1)$求出。

设$f[i][j]$表示考虑前$i$个时间，时间$i$放置缆车，且一共放了$j$个缆车时，等待时间总和的最小值。

枚举上一个缆车的时间进行转移，可以斜率优化，自然也满足决策单调性，分治求解即可。

时间复杂度$O(n^2g\log n)$。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
const int N=405,inf=~0U>>1;
int n,T,m,i,j,a[N],b[N],cnt,c[N],s[N],f[N][N],ans=inf;
inline void up(int&a,int b){a>b?(a=b):0;}
inline int cal(int l,int r){//[l..r] to r
  return b[r]*(c[r]-c[l-1])-s[r]+s[l-1];
}
void solve(int l,int r,int dl,int dr,int p){
  int m=(l+r)>>1,dm=dl,&dp=f[p][m];
  for(int i=dl;i<=dr&&i<m;i++)if(f[p-1][i]<inf){
    int t=f[p-1][i]+cal(i+1,m);
    if(t<dp)dp=t,dm=i;
  }
  if(l<m)solve(l,m-1,dl,dm,p);
  if(r>m)solve(m+1,r,dm,dr,p);
}
inline void solve(int st){
  int i,j;
  for(i=1;st+i-1<=cnt&&i<=m;i++){
    for(j=1;j<=cnt;j++)f[i][j]=inf;
    if(i==1)f[1][st]=cal(1,st);else solve(st+i-1,cnt,1,cnt,i);
    for(j=st+i-1;j<=cnt;j++)if(f[i][j]<inf)up(ans,f[i][j]+(b[st]+T)*(c[cnt]-c[j])-s[cnt]+s[j]);
  }
}
int main(){
  scanf("%d%d%d",&n,&T,&m);T*=2;
  for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),a[i]%=T;
  std::sort(a+1,a+n+1);
  for(i=1;i<=n;i++)if(i==1||a[i]>a[i-1])b[++cnt]=a[i];
  for(i=1;i<=n;i++){
    for(j=1;j<=cnt;j++)if(a[i]==b[j])break;
    c[j]++,s[j]+=a[i];
  }
  for(i=1;i<=cnt;i++)c[i]+=c[i-1],s[i]+=s[i-1];
  for(i=1;i<=cnt;i++)solve(i);
  printf("%d",ans);
}

K. Compensation

对于正常以及延误两种情况分别预处理出$f[i][j]$表示于时刻$j$到达站点$i$，最早可以于什么时候到达站点$i+1$，那么可以在$O(n)$的时间内求出到达目的地的最早时间。

枚举每个起点为$1$的火车，计算第一步搭乘它且不延误时到达$n$的最早时间$A$以及与$S_i$时刻到达$1$号站点，在延误情况下到达$n$的最早时间$B$，若$A+1800\leq B$，则可以利用这辆火车延误进行索赔。

时间复杂度$O(nm)$。

#include<cstdio>
const int N=110,M=173000,inf=1000000000;
int n,m,i,e[M][4],ans=inf;
inline void up(int&a,int b){a>b?(a=b):0;}
struct P{
  int f[N][M];
  void init(){
    for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<M;j++)f[i][j]=inf;
  }
  inline void add(int x,int S,int T){
    up(f[x][S],T);
  }
  void build(){
    for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=M-2;~j;j--)up(f[i][j],f[i][j+1]);
  }
  int cal(int x,int t){
    for(int i=x;i<n;i++){
      t=f[i][t];
      if(t==inf)return inf;
    }
    return t;
  }
}A,B;
int main(){
  scanf("%d%d",&n,&m);
  A.init();
  B.init();
  for(i=1;i<=m;i++){
    scanf("%d%d%d%d",&e[i][0],&e[i][1],&e[i][2],&e[i][3]);
    A.add(e[i][0],e[i][1],e[i][2]);
    B.add(e[i][0],e[i][1]+e[i][3],e[i][2]+e[i][3]);
  }
  A.build();
  B.build();
  for(i=1;i<=m;i++)if(e[i][0]==1)if(A.cal(2,e[i][2])+1800<=B.cal(1,e[i][1]))up(ans,e[i][1]);
  if(ans==inf)puts("impossible");else printf("%d",ans);
}

转载于:https://www.cnblogs.com/clrs97/p/7572609.html