2019 HL暑假集训 Day 3

最新推荐文章于 2019-10-05 19:37:46 发布

Spikeweed_2023

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分类专栏： HL集训

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本篇博客记录了2019年暑假编程集训的第三天，涵盖了3个编程题目：三笔画问题、放积木问题和取石子问题。对于三笔画问题，介绍了通过统计不同y坐标上的点来判断是否能用最多3条直线覆盖所有点。放积木问题采用贪心策略解答，通过倍增优化处理大数据。而取石子问题则涉及到了游戏策略分析，对四种不同情况的解决方案进行了讨论。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目按难度从简到难手动排序————题记

T1：三笔画（3lines）

【题目描述】：

二维平面内有 n 个不同的点, Alice 需要在平面内画至多 3 条直线使得所有点在直线上。
问: Alice 能否完成任务, 如果能, 输出”YES”; 否则, 输出”NO”。
注意: 由于 Alice 的画图水平有限, 直线只能平行于坐标轴。

【输入数据】：

第一行，一个整数 n。
接下来 n 行，第 i+1 行包含空格隔开的整数 xi,yi,表示第 i 个点的坐标。

【输出数据】：

若 Alice 能完成任务, 输出”YES”, 否则输出”NO”。

【样例输入】：

6
1 7
0 0
1 2
2 0
1 4
3 4

【样例输出】:

YES

【样例解释】:

三条直线分别为 x=1,y=0,y=4。

【数据范围】:

对于 30%的数据，1 <= n <= 13。
对于 60%的数据，1 <= n <= 20。
对于 100%的数据，1 <= n <= 5e4，0 <= xi, yi <= 1e9。

心路历程：对于这道题，在考场上我思考了很久，经过分析，我发现如果在一条线上有超过3个点，说明必须要使用一条线去覆盖这几个点，就使 $L i n e - 1$ （ $L i n e$ 初始值为3），将这几个点删去。如果没有这种情况，那么就暴力枚举剩余Line条线，判断是否可以覆盖。对于大数据，这种方法很有效，对于小数据，那就直接暴力吧！【φ(>ω<*)】
正解：对于三条直线的状态，只有以下2种状态：

$1 .$ 三条水平线
$2 .$ 两条水平线+一条垂直线
（剩余情况旋转坐标轴即可）
我们用一个数组统计同一 $y$ 坐标上有几个点。
对于 ① 的情况，只需判断是否只有三个及以下的 $y$ 坐标上有点即可。
对于 ② 的情况，可以枚举垂直线的 x 坐标，将这条垂直线上的点全部删去，判断剩下的点的 $y$ 坐标是否只有两种及以下。
因为 $x i, y i$ 有些大，可以先进行离散化预处理后再进行操作。
将点按 $x$ 坐标排序后即可做到 $O (n)$ 的扫描.

非正解代码如下：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 600000;

int n;
int x[N], y[N];

bool check(int p1,int t1,int p2,int t2,int p3,int t3)
{
	int ans = 0;
	for (int i=1;i<=n;++i) {
		if (x[i] == p1 && t1 == 1) ans ++;
		else if (x[i] == p2 && t2 == 1) ans ++;
		else if (x[i] == p3 && t3 == 1) ans ++;
		else if (y[i] == p1 && t1 == 2) ans ++;
		else if (y[i] == p2 && t2 == 2) ans ++;
		else if (y[i] == p3 && t3 == 2) ans ++; 
	}
	return ans == n;
}

bool work1(void)
{
	for (int i=1;i<=n;++i)
		for (int j=1;j<=n;++j)
			for (int k=1;k<=n;++k) {
				if (check(x[i],1,x[j],1,x[k],1)) return 1;
				if (check(x[i],1,x[j],1,y[k],2)) return 1;
				if (check(x[i],1,y[j],2,x[k],1)) return 1;
				if (check(x[i],1,y[j],2,y[k],2)) return 1;
				if (check(y[i],2,x[j],1,x[k],1)) return 1;
				if (check(y[i],2,x[j],1,y[k],2)) return 1;
				if (check(y[i],2,y[j],2,x[k],1)) return 1;
				if (check(y[i],2,y[j],2,y[k],2)) return 1;
			}
	return 0;
}

bool work2(void)
{
	map <int,int> cnt1;
	map <int,int> cnt2;
	map <int,int> cnt3;
	map <int,int> cnt4;	
	int cnt_x = 0, cnt_y = 0, P = -1, T = -1;
	for (int i=1;i<=n;++i) 
		cnt1[x[i]] ++, cnt2[y[i]] ++;
	for (int i=1;i<=n;++i) 
	{
		if (cnt1[x[i]] > 3) {
			P = x[i], T = 1;
			break;
		}
		if (cnt2[y[i]] > 3) {
			P = y[i], T = 2;
			break;
		}
	}
	if (P == -1 && T == -1) return 0;
	for (int i=1;i<=n;++i)
	{
		if (x[i] == P && T == 1 || y[i] == P && T == 2) continue;
		cnt3[x[i]] ++;
		if (cnt3[x[i]] == 1) cnt_x ++;
		cnt4[y[i]] ++;
		if (cnt4[y[i]] == 1) cnt_y ++;
	}
	return cnt_x <= 2 || cnt_y <= 2;
}

int main(void)
{
	freopen("3lines.in","r",stdin);
	freopen("3lines.out","w",stdout);
	scanf("%d", &n);
	for (int i=1;i<=n;++i) 
		scanf("%d %d", x+i, y+i);
	if (n <= 20) work1() ? puts("YES") : puts("NO");
	else work2() ? puts("YES") : puts("NO");
	return 0;
}

正解代码（不是我写的）：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n;
struct point{
	int x,y;
}a[50001];
int xx[50001];
int yy[50001];
int sum[50001];
int fx,fy;
int read(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;++i){
	    scanf("%d%d",&xx[i],&yy[i]);
		a[i].x=xx[i];
		a[i].y=yy[i];		
	}   
	sort(xx+1,xx+n+1);
	sort(yy+1,yy+n+1);
	fx=unique(xx+1,xx+n+1)-xx-1;
	fy=unique(yy+1,yy+n+1)-yy-1;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		a[i].x=lower_bound(xx+1,xx+fx+1,a[i].x)-xx;
		a[i].y=lower_bound(yy+1,yy+fy+1,a[i].y)-yy;
	}
}
int cmp(const point &a,const point &b){
	return a.x<b.x?1:((a.x==b.x)&&(a.y<b.y));
}
int work(){
	int tot=0;
	sort(a+1,a+n+1,cmp);	
	for (int i=1;i<=n;++i)
	    if (sum[a[i].y]++==0)++tot;
	if (tot<=3)return 1;
	int t=1,w;
	while (t<=n){
		w=t;
		while (w<n&&a[w+1].x==a[t].x)++w;
		for (int i=t;i<=w;++i)
		    if (sum[a[i].y]--==1)--tot;
		if (tot<=2)return true;
		for (int i=t;i<=w;++i)
		    if (sum[a[i].y]++==0)++tot;
		t=w+1;
	}
	return 0;
}
int main(){
	freopen("3lines.in","r",stdin);
	freopen("3lines.out","w",stdout);
	read();
	if (work()){
		puts("YES");
	}
	else {
		memset(sum,0,sizeof(sum));
		for (int i=1;i<=n;++i)
		    swap(a[i].x,a[i].y);
		puts(work()? "YES" : "NO");
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
}

T2 放积木(block)

【问题描述】：

$A l i c e$ 有 $n$ 块积木，放置第 $i$ 块积木会占据区间 $[L i, R i]$ 。
$A l i c e$ 每次会腾出一个区间放积木，她希望放的积木尽可能多，对每个询问区间，你需要回答 $A l i c e$ 最多可放置的积木数量。
注意: 积木与积木的放置区间不可重叠，且任意选定的积木放置区间不能超出询问区间。
$l e n$ 指木块的最长区间长度。

【输入格式】：

第一行三个整数 $n, q, l e n$ ，表示积木的数量，询问数和 $l e n$ 的大小（数据保证 $1 \leq L i, R i \leq l e n$ ）。
接下来 $n$ 行，每行两个整数 $L i, R i$ ，表示积木的区间。
接下来 $q$ 行，每行两个整数 $a i, b i$ ，表示 $A l i c e$ 选定的区间。

【输出格式】：

对于每组询问输出对应的答案。

【输入样例】：

3 2 4
1 2
2 3
3 4
1 3
3 3

【输出样例】：

1
0

【数据范围】：

对于 $30$ %的数据满足 $n < = 10, q < = 10$ 。
对于 $60$ %的数据满足 $n < = 1, 000, q < = 1, 000, 1 < = L i, R i < = 1, 000$ 。
对于 $100$ %的数据满足 $n < = 1 e 5, q < = 1 e 5, 1 < = L i, R i < = l e n < = 1 e 5$ 。

心路历程：对于这道题，一看完题，就知道这是一个裸的贪心（先按右端点排序，然后再从左到右在询问区间中放入积木，最后的出的一定是最优解），再看数据范围，直接暴力贪心可得60分，这是一个令我比较接受的分数，再加上我思考了一会儿没有相处优化的方法，就直接打上了暴力贪心，评测结果也得到了60分。
正解：没错，这道题就是裸的贪心，但是如何优化呢？答案是：倍增。
设 $f [i, j]$ 表示从位置 i 开始，选择 $2^j$ 条线段， Ri 最大的线段 Ri 最小是多少。显然所有的 $f [i, j]$ 可以在 $O (n l o g n)$ 的时间内计算出来 ( $l e n$ 与 $n$ 同级)。
询问时我们从 $x$ 开始，从大到小枚举 $k$ ，如果选择 $2^k$ 条线段后没有超出区间的范围，那么答案加上 $2^k$ ，然后继续统计 $f [x, k] + 1$ ~ $y$ 这段区间的答案。这样单次询问复杂度是 $O (l o g n)$ 的，询问的总复杂度是 $O (Q l o g n)$ ，可以解决这道题。

正解代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 200001, M = 30;
int n, m;
struct edge{
	int l, r;
}a[N];
int q, len;
int fa[N][M] = {};

bool cmp(edge x,edge y) {
	return x.r < y.r;
}

int main() {
	freopen("block.in","r",stdin);
	freopen("block.out","w",stdout);
	scanf("%d%d%d",&n,&q,&len);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	memset(fa, 20, sizeof(fa));
	for (int i=1;i<=n;i++)
		fa[a[i].l][0] = min(fa[a[i].l][0], a[i].r);
	for (int i=len;i>=1;i--)
		fa[i][0] = min(fa[i][0], fa[i+1][0]);
	for (int j=1;(1<<j)<len;j++)
		for (int i=1;i<=len;i++)
			if (fa[i][j-1] <= len) fa[i][j] = fa[fa[i][j-1]+1][j-1];
	for (int i=1;i<=q;i++) {
		int x, y;
		int ans = 0;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		for (int j=25;j>=0;j--)
			if (fa[x][j] <= y) x = fa[x][j] + 1, ans += 1<<j;
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}

T3：取石子（stone）

【题目描述】：

有 $n$ 堆石子，第 $i$ 堆有 $x i$ 个。
$A l i c e$ 和 $B o b$ 轮流取石子（先后手未定），Alice 每次从一堆中取走 $a$ 个， $B o b$ 每次从一
堆中取走 $b$ 个，无法操作者输。
不难发现只会有四种情况： $A l i c e$ 必胜； $B o b$ 必胜；先手必胜；后手必胜。
你需要选定若干堆石子（共有 $2^n$ 种方案）， $A l i c e$ 和 $B o b$ 只能在你选出的堆中取，问
以上四种情况对应的方案数。对 $10^9+7$ 取模。

【输入数据】：

第一行三个整数 $n, a, b$ ，第二行 $n$ 个整数 $x 1$ ~ $x n$ 。

【输出数据】：

一行四个整数，分别表示 $A l i c e$ 必胜、 $B o b$ 必胜、先手必胜和后手必胜的方案数，对
$10^9+7$ 取模。

【样例输入】：

2 2 3
2 3

【样例输出】：

2 0 1 1

【样例解释】：

选定空集时后手必胜, 选定{2}时 $A l i c e$ 必胜, 选定{3}时先手必胜, 选定{2,3}时 $A l i c e$ 必胜。

【数据范围】：

对于 $10$ %的数据， $n, x i < = 5$ 。
对于 $50$ %的数据， $n < = 20$ 。
对于另外 $10$ %的数据， $a = b$ 。
对于又另外 $20$ %的数据， $a = 1$ 。
对于 $100$ %的数据， $1 < = n < = 1 e 5, 1 < = a, b, x i < = 1 e 9$ 。

心路历程：看完题目，果断放弃，并在考试之前未再看此题（除了打刷分程序）【(´Д｀)y-~】
事实证明我是对的，我现在还未将正解写出来。。。。【(￣ω￣；)】
正解：

不妨假设 $a < b$ 。
每堆石子先对a + b取模，然后可以分为4种：
① $x i < a$ ，没用。
② $a < = x i < b$ ，只要存在则a必胜。
③ $b < = x i < 2 a$ ，只和奇偶性有关。
④ $2 a < = x i$ , 存在至少 $2$ 个则 $a$ 必胜, 存在 $1$ 个且③为偶数则先手必胜, 存在 $1$ 个且③为奇数则 $a$ 必胜, 不存在且③为奇数则先手必胜, 不存在且③为偶数则后手必胜。
时间复杂度： $O (n)$