本文精选了多项算法竞赛题目并提供了详细的题解分析，包括概率计算、搜索算法、矩阵优化等核心内容，适用于提高算法竞赛水平。
文章目录
A Eddy walk
题意
给定长度为n的环，编号 0 , 1 , 2 , . . . . n − 1 0,1,2,....n-1 0,1,2,....n−1,起始点在0，每一次可以向前向后走一格，问走完所有的格子之后所在的位置为M的概率。
分析
暴力打表找规律
const int maxn = 100 + 10;
double p[maxn];
int n;
bool vis[maxn];
void dfs(int x, int n, double pro) {
if (pro < 1e-10 ) return ;
for (int i = 0; i < n; ++i)
if (!vis[i]) {
int nxt = (x + 1) % n;
bool tmp = vis[nxt];
vis[nxt] = true;
dfs(nxt, n, pro * 0.5);
vis[nxt] = tmp;
nxt = (x - 1 + n) % n;
tmp = vis[nxt];
vis[nxt] = true;
dfs(nxt, n, pro * 0.5);
vis[nxt] = tmp;
return ;
}
p[x] += pro;
}
int main(void)
{
int n = 6;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 0; j <= i; ++j)
p[j] = 0;
vis[0] = 1;
dfs(0, i, 1);
cout << i << endl;
for (int j = 0; j < i; ++j) {
cout << p[j] << " ";
}
cout << endl;
}
return 0;
}
B Eddy Walker 2
BM 算法套用即可
D Kth Minimum Clique
题意：
求第k小团
分析：
暴力搜索，每次加入一个节点, 使用优先队列每次取最小的团加入节点，使用bitset优化
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 110
typedef long long ll;
int n, k, a[maxn];
bitset<maxn> bit[maxn];
struct node {
bitset<maxn> now;
ll val, last;
bool operator <(const node &a) const {
return val > a.val;
}
};
ll solve() {
priority_queue<node> q;
node no;
no.now.reset();
no.val = 0;
no.last = 0;
q.push(no);
while (!q.empty()) {
node t = q.top(); q.pop();
// cout << t.val << endl;
if (--k == 0)
return t.val;
// cout << q.size() << endl;
for (int i = t.last; i < n; ++i) {
if (!t.now[i] && ((t.now & bit[i]) == t.now)) {
t.now.set(i);
// cout << t.val + a[i] << endl;
// node nn = node{t.now, t.val + a[i], i + 1};
// cout << nn.val << endl;
q.push(node{t.now, t.val + a[i], i + 1});
t.now.reset(i);
}
}
}
return -1;
}
int main(void)
{
scanf("%d%d", &n, &k);
for (int i = 0; i < n; ++i)
scanf("%d", &a[i]);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
int x; scanf("%1d", &x);
bit[i].set(j, x);
// cout << x << endl;
}
}
printf("%lld\n", solve());
}
E MAZE
题意：
给定一个
N
∗
M
N*M
N∗M的01矩阵，0代表道路，1代表墙壁，每次可以从
(
i
,
j
)
(i,j)
(i,j)走到
(
i
+
1
,
j
)
,
(
i
,
j
+
1
)
,
(
i
,
j
−
1
)
(i+1,j),(i,j+1),(i,j-1)
(i+1,j),(i,j+1),(i,j−1),但不能走到墙壁也不能往回走，有Q次操作
操作 1：将
(
x
,
y
)
(x,y)
(x,y)位置反转，道路变为墙壁，墙壁变为道路
操作 2：询问从
(
1
,
x
)
−
>
(
n
,
y
)
(1,x)->(n,y)
(1,x)−>(n,y)的合法道路有多少条
分析：
我们注意到N很大，M很小，可以通过矩阵实现行间状态转移，修改操作可以看做是修改转移矩阵 M,用线段树维护转移矩阵
M
=
M
1
∗
M
2
∗
.
.
.
∗
M
N
M = M_1*M_2*...*M_N
M=M1∗M2∗...∗MN所有转移矩阵的乘积就是从第一行到最后一行的方案个数
M
[
x
,
y
]
M[x,y]
M[x,y]，就是我们所求。
参考代码：
const int maxn = 100+10;
bitset<maxn> bit[maxn];
int n,k;
int a[maxn];
char ar[maxn][maxn];
// 求第k小团
struct Node{
int last;
LL val;
bitset<maxn> bit;
bool operator <(const Node &a)const{
return val > a.val;
}
};
LL solve(){
priority_queue<Node> Q;
Node node;
node.val = node.last = 0;
node.bit.reset();
Q.push(node);
while(!Q.empty()){
Node tmp = Q.top(); Q.pop();
if(--k == 0)
return tmp.val;
for(int i = tmp.last; i < n; ++i){
if(!tmp.bit[i]&&(bit[i]&tmp.bit)==tmp.bit){
tmp.bit.set(i);
Q.push(Node{i+1,tmp.val+a[i],tmp.bit});
tmp.bit.reset(i);
}
}
}
return -1;
}
int main(void)
{
cin>>n>>k;
for(int i =0;i < n; ++i)
cin>>a[i];
for(int i = 0;i < n; ++i){
cin>>ar[i];
for(int j =0;j < n; ++j){
// /if(ar[i] == '0')
bit[i].set(j,ar[i][j]-'0');
// else
}
}
printf("%lld\n",solve());
return 0;
}
F Partition problem
题意：
将 2 ∗ m 2*m 2∗m个人分到两个team，每个team右m个人，如果i,j两个人位于不同的team，那么收益增加 a [ i ] [ j ] a[i][j] a[i][j],求分配的最大收益
分析：
C ( 2 ∗ m , m ) C(2*m,m) C(2∗m,m) 暴力枚举+加预处理可过(评测机抖动的厉害)
参考代码:
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId=40981102
G Polygons
题意：
平面上有n条直线，求着n条直线形成的所有闭多边形的面积
分析：
PSLG（平面直线图）模板题，建议学习《算法竞赛入门经典训练指南》的板子
参考代码
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId=40979712
H Second Large Rectangle
题意：
求第二大子矩阵
分析：
利用单调栈求最大值，在最大值的基础上选择将 长度-1，宽度-1，取次大值
参考代码
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId=40973800
I Inside A Rectangle
题意：
给定一个 n ∗ m n*m n∗m的矩阵，矩阵元素 ∣ a i , j ∣ < = 1 e 5 |a_{i,j}| <=1e5 ∣ai,j∣<=1e5, 最多可以选择两个矩形，求两个矩阵不想交部分的元素和的最大值
分析：
考虑所有情况即可，具体情况见代码以及注释
代码参考
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId=40981082
J Subarray
题意：
存在一个 [ 0 , 1 e 9 ) [0,1e9) [0,1e9)的数列，有n个区间值为1，其它的都为-1，求有多少个区间的值大于0
分析：
- 所有的1区间的长度的和为 ∑ l e n < = 1 e 7 \sum len<=1e7 ∑len<=1e7,那么区间和大于0的区间数最大是 3 e 7 3e7 3e7
- 我们将所有的区间和可能大于0的区间都处理出来，怎么确定这样的区间呢？考虑判断两个1区间能否合并的条件 ( r [ i ] , l [ i + 1 ] ) (r[i],l[i+1]) (r[i],l[i+1])这段区间值为-1，我们需要从r[i] 向左的最大的区间和和l[i+1]向有的区间和大于 ( l [ i + 1 ] − r [ i ] − 1 ] ) (l[i+1]-r[i]-1]) (l[i+1]−r[i]−1]),所以预处理出来 从r[i]为右端点的区间最大值 p r e [ i ] pre[i] pre[i]，以l[i] 为左端点的最大值 s u f [ i ] suf[i] suf[i]
p
r
e
[
i
]
=
r
[
i
]
−
l
[
i
]
+
1
+
m
a
x
(
p
r
e
[
i
−
1
]
−
(
l
[
i
]
−
r
[
i
−
1
]
−
1
)
,
0
)
;
pre[i] = r[i]-l[i]+1+max(pre[i-1]-(l[i]-r[i-1]-1),0);
pre[i]=r[i]−l[i]+1+max(pre[i−1]−(l[i]−r[i−1]−1),0);
s
u
f
[
i
]
=
r
[
i
]
−
l
[
i
]
+
1
+
m
a
x
(
s
u
f
[
i
+
1
]
−
(
l
[
i
+
1
]
−
r
[
i
]
−
1
)
,
0
)
suf[i] = r[i]-l[i]+1+max(suf[i+1]-(l[i+1]-r[i]-1),0)
suf[i]=r[i]−l[i]+1+max(suf[i+1]−(l[i+1]−r[i]−1),0)
3. 可以合并的区间一起处理，考虑移动右端点，
s
u
m
[
r
]
sum[r]
sum[r]要查询有多少左端点的前缀和小于
s
u
m
[
r
]
sum[r]
sum[r],可以用树状数组来做，但是复杂度过高
O
(
∑
l
e
n
l
o
g
(
∑
l
e
n
)
)
O(\sum lenlog(\sum len))
O(∑lenlog(∑len))，考虑到 每次sum[i] 与sum[i-1] 的值差1，所以我们可以利用上一次计算的结果。
4. 假如当前值是1，小于
s
u
m
[
r
−
1
]
sum[r-1]
sum[r−1]的个数为
a
n
s
ans
ans个，当前的
s
u
m
[
r
]
=
s
u
m
[
r
−
1
]
+
1
sum[r] = sum[r-1]+1
sum[r]=sum[r−1]+1那么我们只需要加上
a
n
s
+
=
c
n
t
[
s
u
m
[
r
−
1
]
]
ans += cnt[sum[r-1]]
ans+=cnt[sum[r−1]]就可以了
5. 假设当前值是-1，小于
s
u
m
[
r
−
1
]
sum[r-1]
sum[r−1]的个数为
a
n
s
ans
ans个，当前的
s
u
m
[
r
]
=
s
u
m
[
r
−
1
]
−
1
sum[r]=sum[r-1]-1
sum[r]=sum[r−1]−1那么我们需要减去
a
n
s
−
=
c
n
t
[
s
u
m
[
r
−
1
]
−
1
]
ans -= cnt[sum[r-1]-1]
ans−=cnt[sum[r−1]−1]
参考代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 1e6+10;
int inf = 1e9;
int l[maxn],r[maxn];
int suf[maxn],pre[maxn];// pre[i] 代表以 r[i] 为右端点的最大值是多少,suf[i] 代表以l[i] 为左端点的最大值是多少
const int maxm = 2e8+10;
bool vis[maxm];
int cnt[maxm];
int main(void){
int n;cin>>n;
for(int i = 1;i <= n; ++i){
scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
}
pre[1] = r[1]-l[1]+1;
for(int i = 2;i <= n; ++i){
pre[i] = r[i]-l[i]+1+max(pre[i-1]-(l[i]-r[i-1]-1),0);
}
suf[n] = r[n]-l[n]+1;
for(int i = n-1;i >= 1; --i){
suf[i] = r[i]-l[i]+1+max(suf[i+1]-(l[i+1]-r[i]-1),0);
}
int k = 1;
LL res = 0;
while(k <= n){
int j = k;
while(j < n && (pre[j]+suf[j+1] >= l[j+1]-r[j]-1))
++j;
int lb = max(0,l[k]-suf[k]),ub = min(inf-1,r[j]+pre[j]);
for(int i = k;i <= j; ++i)
for(int m = l[i];m <= r[i]; ++m)
vis[m-lb] = 1;
LL ans = 0;
int t = 1e8;
cnt[t] = 1;// 这里的t代表0
for(int i = lb;i <= ub; ++i){
if(vis[i-lb]) ans += cnt[t],cnt[++t]++;
else ans -= cnt[t-1],cnt[--t]++;
res += ans;
}
t = 1e8;
for(int i = lb; i <= ub; ++i){
if(vis[i-lb])
cnt[++t]--;
else
cnt[--t]--;
if(vis[i-lb])
vis[i-lb] = 0;
}
k = j+1;
}
cout<<res<<endl;
return 0;
}
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