2021.7.19 Contest 题解
T1:
Description:
小A来到了一个商店，商店内有 (n) 件物品，每件物品有一个售价 (A_i) ,小A是一个奸商，因此他能够把每件物品以 (B_i) 的价格卖出。
而由于小A背包空间有限，他只能买走恰好一件商品。而小A每次购买之后，小B将有可能将小A的物品摧毁，此时小A必须继续购买，并且商店不会返还购买这件物品的钱。小B至多可以摧毁 (m) 件物品。
小A的目标是最大化自己的收益。
小B的目标是最小化小A获得的收益，即卖出的商品所得减去购买所有物品的总花费。
注意到任何时刻小B都可以选择不将小A手中的物品摧毁，这样小A就必须立刻带着这件物品离开商店。
Input:
第一行一个数 (T) ，代表数据组数
每组第一行两个数 (n,m) ，分别表示物品数目和小B可摧毁的物品数量。
之后 (m) 行，每行两个数 (A_i,B_i)
Output:
对于每组数据，输出一个数表示小A最终能获得的收益，由于小A可以直接走出商店（什么都不买），这个收益显然是非负的。
Sample1 Input:
2
3 1
1 3
10 30
10 30
3 0
1 3
10 30
100 130
Sample1 Output:
10
30
Hint:
对于 (100\%) 的数据，(0 leq m <nle10^5，1 leq A_i,B_i leq 10^9，mleq 20，sum{n} leq 3 imes 10^5)。
题目分析：
考虑二分一个答案 (mid)，也就是说一开始满足 (B_i-A_i geq mid) 的物品小A会去买，小B也会去销毁；到了第二次时，需要满足 (B_j-A_j geq mid+A_i) 小A才会去买，小B也会去销毁……一直到小B无法销毁同时仍有满足要求的 (B_k-A_k)。
我们考虑贪心，若 (B_i-A_i geq mid)，(B_j-A_j geq mid)，肯定会先购买 (B) 较小的，然后再购买 (B) 较大的。证明显然，如果先选 (j)，则再选 (i) 需要满足 (B_i-A_i geq mid+A_j) ；而先选 (i)，再选 (j) 需要满足 (B_j-A_j geq mid+A_i) ，移项可得，一个是 (B_i geq mid+A_j+A_i)，另一个是 (B_j geq mid+A_i+A_j) ，那么显然先拿 (B) 较小的肯定更优。
在确定了选择顺序之后我们就可以DP了，设 (f_{i,j}) 表示枚举到第 (i) 个物品，小B销毁了 (j) 次，此时所需的 (B_i-A_i) 的最小值，然后我们就能在 (O(nmlogV)) 的复杂度内解决这道题。
当然，不用二分直接DP的做法也行，留给读者思考。
代码如下(马蜂很丑，不喜勿喷)——
//#pragma GCC optimize("Ofast")
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4,popcnt,abm,mmx,avx,avx2,fma")
//#pragma GCC optimize("unroll-loops")
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define LL long long
#define inf 2147483647
using namespace std;
int T,n,m,Max,rk[N],a[N],b[N],f[25]; inline bool cmp(int x,int y){if(b[x]^b[y]) return b[x]<b[y];return a[x]<a[y];} inline bool check(int x){
f[0]=x;for(register int i=1;i<=m;i++) f[i]=inf;for(register int i=1;i<=n;i++)
for(register int j=m;j;j--) if(b[rk[i]]-a[rk[i]]>=f[j-1]) f[j]=min(f[j],a[rk[i]]+f[j-1]);return f[m]^inf;
// int now=x,K=m;for(register int i=1;i<=n;i++) if(b[rk[i]]-a[rk[i]]>=now) if(!K) return 1;else K--,now+=a[rk[i]];return 0;
}
//inline bool cmp2(int x,int y){if(a[x]^a[y]) return a[x]<a[y];return b[x]<b[y];}
//inline bool cmp3(int x,int y){return a[x]+b[x]<a[y]+b[y];}
struct FastIO{
static const int S=1048576;
char buf[S],*L,*R;int stk[20],Top;~FastIO(){clear();}
inline char nc(){return L==R&&(R=(L=buf)+fread(buf,1,S,stdin),L==R)?EOF:*L++;}inline void clear(){fwrite(buf,1,Top,stdout);Top=0;}
inline void pc(char ch){Top==S&&(clear(),0);buf[Top++]=ch;}inline void endl(){pc('
');}
FastIO& operator >> (char&ch){while(ch=nc(),ch==' '||ch=='
');return *this;}
template<typename T>FastIO& operator >> (T&ret){
ret=0;int f=1;char ch=nc();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-f;ch=nc();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){ret=ret*10+ch-'0';ch=nc();}ret*=f;return *this;
}
FastIO& operator >> (char* s){int Len=0;char ch=nc();while(ch!='
'){*(s+Len)=ch;Len++;ch=nc();}}
template<typename T>FastIO& operator << (T x){
if(x<0){pc('-');x=-x;}do{stk[++stk[0]]=x%10;x/=10;}while(x);
while(stk[0]) pc('0'+stk[stk[0]--]);return *this;
}
FastIO& operator << (char ch){pc(ch);return *this;}
FastIO& operator << (string str){int Len=str.size()-1;for(stk[0]=0;Len>=0;Len--) stk[++stk[0]]=str[Len];while(stk[0]) pc(stk[stk[0]--]);return *this;}
}fin,fout;
int main(){
// freopen("a.in","r",stdin);freopen("a.ans","w",stdout);
fin>>T;while(T--){
fin>>n>>m,m++,Max=0;for(register int i=1;i<=n;i++) fin>>a[i]>>b[i],Max=max(Max,b[i]-a[i]),rk[i]=i;
sort(rk+1,rk+n+1,cmp);int l=0,r=Max,ans=0;while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(check(mid)) ans=max(ans,mid),l=mid+1;else r=mid-1;}fout<<ans<<'
';
// sort(rk+1,rk+n+1,cmp2);l=ans+1,r=Max;while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(check(mid)) ans=max(ans,mid),l=mid+1;else r=mid-1;}
// sort(rk+1,rk+n+1,cmp3);l=ans+1,r=Max;while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(check(mid)) ans=max(ans,mid),l=mid+1;else r=mid-1;}fout<<ans<<'
';
}
return 0;
}
//21224751
T2:
Description:
小A有一张无向图 (G(x))，图中每条边的权值可以表达为 (ax+b)，现在小A想知道对于在 ([l,r]) 之间的每一个 (x)，使得这张图的最小生成树最大的那一个 (x)，所对应的最小生成树的权值是多少。
Input:
第一行两个数 (n,m)，分别表示点数和边数。
之后 (m) 行，每行四个数 (x,y,a,b)，表示一条边的端点和边权 ((ax+b))。
最后一行两个整数 (l,r) 。
Output:
一个实数（保留三位小数）,代表最小生成树的最大值。
Sample1 Input:
3 3
1 2 1 10
2 3 10 10
3 1 100 10
-23 23
Sample1 Output:
273.000
Hint:
对于 (100\%) 的数据，(n<mle10^5) ，(-10^9le lle rle10^9) ，(|a_i|,|b_i|le 10^5)，保证图是联通的。
对于 (20\%) 的数据，(r-lle10) 。
对于另外 (10\%) 的数据，(a_i=0) 。
对于另外 (30\%) 的数据，(n,mle10^3) ，(|a_i|le1) 。
题目分析：
对于图中的每一棵生成树，它的权值是关于 (x) 的一次函数，那么原问题实际上是求对于每个 (x) 在若干个函数中取最小值从而得到一个新的上凸函数，我们要求这个函数在 ([l,r]) 中的最大值，这个问题显然可以三分，然后这道题就结束了。
具体实现的时候需要注意精度、边界以及常数等一系列问题。
代码如下(马蜂很丑，不喜勿喷)——
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define DB double
#define LL long long
#define eps 1e-7
using namespace std;
int n,m,X[N],Y[N],A[N],B[N],f[N];double ans,l,r;
struct node{int x,y;DB v;}p[N];inline bool cmp(const node x,const node y){return x.v<y.v;} inline int gf(int x){return f[x]==x?x:f[x]=gf(f[x]);} inline DB get(DB xx){
for(register int i=1;i<=n;i++) f[i]=i;for(register int i=1;i<=m;i++) p[i].x=X[i],p[i].y=Y[i],p[i].v=1.0*A[i]*xx+1.0*B[i];sort(p+1,p+m+1,cmp);
DB res=0;for(register int i=1;i<=m;i++){int x=p[i].x,y=p[i].y,fx=gf(x),fy=gf(y);if(fx==fy) continue;res+=p[i].v,f[fx]=fy;}return res;
}
struct FastIO{
static const int S=1048576;
char buf[S],*L,*R;int stk[20],Top;~FastIO(){clear();}
inline char nc(){return L==R&&(R=(L=buf)+fread(buf,1,S,stdin),L==R)?EOF:*L++;}inline void clear(){fwrite(buf,1,Top,stdout);Top=0;}
inline void pc(char ch){Top==S&&(clear(),0);buf[Top++]=ch;}inline void endl(){pc('
');}
FastIO& operator >> (char&ch){while(ch=nc(),ch==' '||ch=='
');return *this;}
template<typename T>FastIO& operator >> (T&ret){
ret=0;int f=1;char ch=nc();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-f;ch=nc();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){ret=ret*10+ch-'0';ch=nc();}ret*=f;return *this;
}
FastIO& operator >> (char* s){int Len=0;char ch=nc();while(ch!='
'){*(s+Len)=ch;Len++;ch=nc();}}
template<typename T>FastIO& operator << (T x){
if(x<0){pc('-');x=-x;}do{stk[++stk[0]]=x%10;x/=10;}while(x);
while(stk[0]) pc('0'+stk[stk[0]--]);return *this;
}
FastIO& operator << (char ch){pc(ch);return *this;}
FastIO& operator << (string str){int Len=str.size()-1;for(stk[0]=0;Len>=0;Len--) stk[++stk[0]]=str[Len];while(stk[0]) pc(stk[stk[0]--]);return *this;}
}fin,fout;
int main(){
fin>>n>>m;for(register int i=1;i<=m;i++) fin>>X[i]>>Y[i]>>A[i]>>B[i];fin>>l>>r;ans=-214748364777777777;while(r-l>eps)
{DB mid1=(2.0*l+r)/3.0,mid2=(l+2.0*r)/3.0;if(get(mid1)<=get(mid2)) l=mid1;else r=mid2;}ans=max(ans,max(get(l),get(r)));printf("%0.3lf
",ans);return 0;
}
T3:
Description:
在计算机编译原理中，我们可以了解到上下文无关文法（CFG）这一概 念，我们可以用几个集合来代表一个文法，如语法 (G = (V,S,P,T))，(V) 代表文法词汇表，其中 (S) 代表开始符号的集合，(P) 代表生成式的集合，(T) 代表终止符号的集合。
CFG 的工作流程可以这样描述：对于一个由词汇表 (T) 中的词汇构成的句子，可以按照生成式进行展开。如当 (V = {a,b,c,0}),开始符集 (S = {a})，结束符集 (T = {0}),生成式集有如下
(P = {a o bc,b o cc,c o 0,c o b})
当我们输入字符串 (abb)b 时，文法分析检测到开始符，对应生成式可以推导出
(abb o bcbb o ccccccc o 0000000)
此时，通过生成式展开的式子只具有终止符，我们就认定文法分析结束，当然，我们的推导也可以为
(abb o bcbb o ccccccc o bbbbbbb o …)
这样无限推导下去，可以得到任意长度的式子，但是当我们输入 (0a0) 时，发现句首句尾的终止符不会发生变化，不能由终止符推导出其他式子，我们称其为上下文无关文法，也就是说我们定义的生成式 (s_1 o s_2) 中，(s_1
otin T)。
我们给出此题的语法 (G = (V,S,P,T))，其中 (V = {A-Z,0,1})，即 (26) 个大写英文字母与 (0, 1) 两个数字；(T={0,1,})，即终止符为 (0, 1) 和空(长度为 (0) 的字符串)三种情况。我们认定，当推导出的式子中只剩 (0, 1) 或什么也没有时，文法分析结束。其开始符 (S={S}) ，即开始符只有 (S) 这个字母；(P) 包含的 (n) 个生成式则由测试数据给出。
现在，Archies只输入了开始符 (large S)，他想知道在文法分析结束后，由生成式推导出的式子(字符串)的前 (k) 个字符有多少种不同的可能，特别的，当式子的长度不超过 (k) 时，也视为一种合法的情况，请你解决Archies的疑问，并输出这些长度不超过 (k) 的前缀。
Input:
第一行两个整数 (n,k)，其意义见题目描述。
接下来 (n) 行，每行一个生成式，其形式为 (s_1 o s_2) ,保证 (s_1) 不为 (0,1) 或空，保证 (s_2) 的长度不会超过 (10)。
Output:
输出第一行一个整数 (c)，代表所有合法情况的数量。
之后 (c) 行，每行一个长度不超过 (k) 的字符串，你可以按任意顺序输出这些字符串。你可以输出字符串 eps 代表一个空串。
Sample1 Input:
2 3
S->0S1S
S->
Sample1 Output:
5
eps
01
000
001
010
Hint:
data range:
对于 (100\%) 的数据，(n le 200,k le 7)。
题目分析：
考虑每个字符能变成什么，直接模拟这一个过程。。。
标程代码如下(马蜂很丑，不喜勿喷)——
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <string>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cassert>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <set>
#include <unordered_set>
#include <map>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 26;
inline void judge()
{
freopen("c.in","r",stdin);
freopen("c.out","w",stdout);
}
int n , K;
char str[N];
vector<string> trans[N];
vector<int> prefix[N];
bool vis[26][1 << 8];
bool isrow(char *s) {
while (*s) {
if (!isdigit(*s ++))
return 0;
}
return 1;
}
string itos(int x) {
string s = "";
while (x > 1) {
s += (x & 1) + '0';
x >>= 1;
}
reverse(s.begin() , s.end());
return s;
}
int Stoi(string s) {
int x = 1;
for (int i = 0 ; i < s.size() && i < K ; ++ i)
x = x << 1 | s[i] - '0';
return x;
}
int cat(int A , int B) {
int begin = -1;
for (int i = K ; i >= 0 ; -- i)
if (B >> i & 1) {
begin = i;
break;
}
while (begin > 0) {
int tmp = A << 1 | (B >> (-- begin) & 1);
if (tmp >= 1 << K + 1)
break;
A = tmp;
}
return A;
string C = itos(A) + itos(B);
if (C.size() > K)
C = C.substr(0 , K);
return Stoi(C);
}
int main() {
judge();
scanf("%d%d
" , &n , &K);
//puts("233");
for (int i = 0 ; i < n ; ++ i) {
scanf("%s" , str);
int c = *str - 'A';
trans[c].push_back(str + 3);
if (isrow(str + 3)) {
int num = Stoi(str + 3);
if (!vis[c][num]) {
vis[c][num] = 1;
prefix[c].push_back(num);
}
}
}
int mask = 1 << K + 1;
while (1) {
bool changed = 0;
for (int i = 0 ; i < 26 ; ++ i) {
for (auto &t : trans[i]) {
static bool Hash[2][1 << 8];
int cur = 0 , nxt = 1;
memset(Hash[cur] , 0 , sizeof(Hash[cur]));
Hash[cur][1] = 1;
for (auto &ch : t) {
memset(Hash[nxt] , 0 , sizeof(Hash[nxt]));
for (int j = 1 ; j < mask ; ++ j) {
if (!Hash[cur][j])
continue;
if (ch == '0') {
Hash[nxt][cat(j , 2)] = 1;
} else if (ch == '1') {
Hash[nxt][cat(j , 3)] = 1;
} else {
for (auto &s : prefix[ch - 'A'])
Hash[nxt][cat(j , s)] = 1;
}
}
swap(cur , nxt);
}
for (int s = 1 ; s < mask ; ++ s) {
//cout << s << endl;
if (Hash[cur][s] && !vis[i][s]) {
changed = 1;
vis[i][s] = 1;
prefix[i].push_back(s);
}
}
}
}
if (!changed)
break;
}
cout << prefix['S' - 'A'].size() << endl;
for (auto &s : prefix['S' - 'A']) {
if (s == 1)
cout << "eps" << endl;
else
cout << itos(s) << endl;
}
return 0;
}
T4:
Description:
Solo生成了一个一条长度为 (n) 的链，链上的点标号 (1) 到 (n)，其中 (i) 号点和 (i + 1) 号点之间的边的权值为 (A_i)。
现在Solo决定从中删除 (k) 条两两之间没有公共点的子链（长度可以为 (0)，即一个单独的节点），使得这 (k) 条链上涵盖的边的边权和最大。
Input:
第一行两个整数 (n,k)，其意义见题目描述。
第二行 (n – 1) 个整数，其中第 (i) 个整数代表第 (i) 条边的 (A_i)。
Output:
第一行一个整数代表最大值；
接下来 (k) 行每行两个数，表示最大值对应的方案中选出的条链的起点和终点。
Sample1 Input:
9 4
-10 2 1 3 6 -2 17 1
Sample1 Output:
29
1 1
2 6
7 8
9 9
Hint:
对于 (100\%) 的数据，(|Ai| lt 10^5,k le n le 100000)。
题目分析：
正解应该是WQS二分，然而博主没写出来，暂时先咕咕了QAQ（也许会永远咕下去
代码如下(马蜂很丑，不喜勿喷)——
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=100005;
const ll inf=1e12;
ll n,i,j,K,p,l,t,a[N],s[N];
ll f[N][2],L[N][2],R[N][2];
ll tot,ansl[N],ansr[N],ans;
inline void read(ll &x)
{
x=0; ll ff=1; char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') ff=-1,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
x*=ff;
}
void update(ll x,ll v)
{
f[x][0]=f[x-1][0];
f[x][0]=max(f[x][0],f[x-1][0]-v);
f[x][0]=max(f[x][0],f[x-1][1]+a[x-1]);
f[x][1]=f[x-1][0]-v;
f[x][1]=max(f[x][1],f[x-1][1]+a[x-1]);
L[x][0]=inf; R[x][0]=-1;
L[x][1]=inf; R[x][1]=-1;
if (f[x][0]==f[x-1][0]) L[x][0]=min(L[x][0],L[x-1][0]),R[x][0]=max(R[x][0],R[x-1][0]);
if (f[x][0]==f[x-1][1]+a[x-1]) L[x][0]=min(L[x][0],L[x-1][1]),R[x][0]=max(R[x][0],R[x-1][1]);
if (f[x][0]==f[x-1][0]-v) L[x][0]=min(L[x][0],L[x-1][0]+1),R[x][0]=max(R[x][0],R[x-1][0]+1);
if (f[x][1]==f[x-1][0]-v) L[x][1]=min(L[x][1],L[x-1][0]+1),R[x][1]=max(R[x][1],R[x-1][0]+1);
if (f[x][1]==f[x-1][1]+a[x-1]) L[x][1]=min(L[x][1],L[x-1][1]),R[x][1]=max(R[x][1],R[x-1][1]);
}
void Dp(ll x)
{
ll i;
f[0][0]=0; L[0][0]=0; R[0][0]=0;
f[0][1]=-inf; L[0][1]=-1; R[0][1]=-1;
for (i=1;i<=n;i++) update(i,x);
}
ll find0(ll x,ll NK,ll v)
{
//printf("%lld %lld %lld %lld
",x,f[x][0],f[x-1][0]-v,v);
if (f[x][0]==f[x-1][0]&&NK>=L[x-1][0]&&NK<=R[x-1][0]) return 1;
else if (f[x][0]==f[x-1][0]-v&&NK>=L[x-1][0]+1&&NK<=R[x-1][0]+1) return 2;
else if (f[x][0]==f[x-1][1]+a[x-1]&&NK>=L[x-1][1]&&NK<=R[x-1][1]) return 3;
return -1;
}
ll find1(ll x,ll NK,ll v)
{
if (f[x][1]==f[x-1][0]-v&&NK>=L[x-1][0]+1&&NK<=R[x-1][0]+1) return 1;
else if (f[x][1]==f[x-1][1]+a[x-1]&&NK>=L[x-1][0]&&NK<=R[x-1][0]) return 2;
return -1;
}
void get(ll K,ll v)
{
ll i;
ll NK=K,op=0;
for (i=n;i>=1;i--)
{
ll A=-1;
if (op==0)
{
A=find0(i,NK,v);
//printf("%lld %lld %lld
",i,op,A);
if (A==1) op=0;
else if (A==2) ansl[++tot]=i,ansr[tot]=i,NK--,op=0;
else op=1,ansr[++tot]=i;
}
else
{
A=find1(i,NK,v);
//printf("%lld %lld %lld
",i,op,A);
if (A==1) ansl[tot]=i,NK--,op=0;
else op=1;
}
}
}
int main()
{
freopen("d.in","r",stdin);
freopen("d.out","w",stdout);
read(n); read(K);
//printf("%lld %lld
",n,K);
for (i=1;i<=n-1;i++) read(a[i]),s[i+1]=s[i]+a[i];
//for (i=1;i<=n-1;i++) printf("%lld ",a[i]); printf("
");
ll l=-1e12,r=1e12;
while (l<=r)
{
ll mi=(l+r)>>1;
Dp(mi);
//printf("%lld
",mi);
if (K>=L[n][0]&&K<=R[n][0])
{
//printf("%lld %lld %lld
",K,L[n][0],R[n][0]);
ans=f[n][0]+K*mi;
get(K,mi);
break;
}
else if (K>R[n][0]) r=mi-1;
else l=mi+1;
}
printf("%lld
",ans);
for (i=1;i<=tot;i++) printf("%lld %lld
",ansl[i],ansr[i]);
//printf("%lld %lld
",s[89253]-s[2430],s[100000]-s[1]);
}