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盖房子

n×nn×nn\times n 的矩形中选出一个边长为 k×kk×kk\times k 的子矩阵，使得中位数最小

中位数定义为子矩阵中第 ⌊k22⌋+1⌊k22⌋+1\lfloor\dfrac{k^2}{2}\rfloor+1 大的数，n≤800n≤800n\le 800

比较显然的二分，二分答案 midmidmid 。另 bi,j=[ai,j>mid]bi,j=[ai,j>mid]b_{i,j}=[a_{i,j}>mid] ，作二维前缀和

如果 bbb 存在子矩阵使得 s≤⌊k22⌋s≤⌊k22⌋s\le\lfloor\dfrac{k^2}{2}\rfloor ，则 midmidmid 可行且可以缩小，反之需要增大，O(n2logn2)O(n2log⁡n2)O(n^2\log n^2)

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#include using namespace std; typedef unsigned long long uLL; typedef long double LD; typedef long long LL; typedef double db; const int N = 805; int n, K, a[N][N], s[N][N], t[N * N], le, L, R, mid, res; inline bool chk(int val) { memset(s, 0, sizeof(s)); for (int i = 1; i val); for (int i = K, x, y, t; i > 1; if (chk(t[mid])) res = mid, R = mid - 1; else L = mid + 1; } printf("%d", t[res]); }

移动棋子

(2n+1)×(2n+1)(2n+1)×(2n+1)(2n+1)\times(2n+1) 的棋盘，行、列的编号都为 0,1,⋯,2n0,1,⋯,2n0,1,\cdots,2n ，棋盘上有 mmm 个棋子。

在 (0,n)(0,n)(0,n) 开始移动。设当前在 (i,j)(i,j)(i,j)

• 若 (i+1,j)(i+1,j)(i+1,j) 没有棋子且没有出界，可以移动到 (i+1,j)(i+1,j)(i+1,j)
• 若 (i+1,j−1)(i+1,j−1)(i+1,j-1) 没有棋子且没有出界，可以移动到 (i+1,j−1)(i+1,j−1)(i+1,j-1)
• 若 (i+1,j+1)(i+1,j+1)(i+1,j+1) 没有棋子且没有出界，可以移动到 (i+1,j+1)(i+1,j+1)(i+1,j+1)

求能到达第 2n2n2n 行的位置的数量，n≤109,m≤2×105n≤109,m≤2×105n\le 10^9,m\le 2\times 10^5

最终的答案可以转换为起点最后能否到达一些纵坐标。（一直往下走即可）

用 set 维护，排序后依次处理，设当前棋子在 (x,y)(x,y)(x,y)

• y−1y−1y-1 或 y+1y+1y+1 能到，且 yyy 不能到，则需要加入 set
• y−1y−1y-1 和 y+1y+1y+1 都不能到，且之前 yyy 能到，则需要从 set 中删除

答案为最终集合大小，O(mlogm)O(mlog⁡m)O(m\log m)

注意同一行需要同时处理，暂存一下即可

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#include using namespace std; typedef unsigned long long uLL; typedef long double LD; typedef long long LL; typedef double db; const int N = 4e5 + 5; int n, m, res, b[N], c[N], t1, t2; struct P { int x, y; } a[N]; set s; inline int f(int x) { return s.find(x) != s.end(); } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); for (int i = 1; i m) break; y = a[i].y; if ((f(y - 1) || f(y + 1)) && !f(y)) b[++t1] = y; if ((!f(y - 1) && !f(y + 1)) && f(y)) c[++t2] = y; } res = s.size(); printf("%d", res); }

清理花园

nnn 个数 aiaia_i ，初始可以删除最多 KKK 个数

一次操作为选出最大的 aiaia_i ，删除所有大于 max2max2\frac{max}{2} 的数。

求最小化操作次数的前提下，最少删除数的个数，n≤2×105n≤2×105n\le 2\times 10^5

排序，设 fi,jfi,jf_{i,j} 为前 iii 个用了 jjj 次操作最少删除，其中 1≤j≤log2a1≤j≤log2⁡a1\le j\le\log_2 a

则 fi,j=min(fi−1,j+1,fk,j−1)fi,j=min(fi−1,j+1,fk,j−1)f_{i,j}=\min(f_{i-1,j}+1,f_{k,j-1}) ，kkk 表示高度不超过 ai2ai2\frac{a_i}{2} 的数的编号

转移为 O(1)O(1)O(1) ，状态数 O(nlogn)O(nlog⁡n)O(n\log n) ，总 O(nlogn)O(nlog⁡n)O(n\log n)

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#include using namespace std; typedef unsigned long long uLL; typedef long double LD; typedef long long LL; typedef double db; const int N = 2e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f; int n, K, a[N], f[N][35], mx; int main() { scanf("%d%d", &n, &K); for (int i = 1; i

疫情延迟

nnn 点 mmm 边的有向图，一条边为 (u,v,w,k)(u,v,w,k)(u,v,w,k) ，其中 kkk 表示这一条边的年龄

要求删除一些边，使的从 1 到 nnn 的最短路 dis≥Tdis≥Tdis\ge T ，求删除边的最大年龄最小

n,m≤105n,m≤105n,m\le 10^5

又是二分，二分删除的最大年龄，则所有 k>midk>midk>mid 的边都可以走，算最短路

若 dis≥Tdis≥Tdis\ge T 则 midmidmid 可行且可以更小，否则需要增大，O(nlognlogm)O(nlog⁡nlog⁡m)O(n\log n\log m)

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#include using namespace std; typedef unsigned long long uLL; typedef long double LD; typedef long long LL; typedef double db; const int N = 2e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f; int n, m, T, lst[N], Ecnt, L, R, b[N], le, mid, res, dis[N], vis[N]; struct Ed { int to, nxt, qz, cs; } e[N]; inline void Ae(int fr, int go, int vl, int k) { e[++Ecnt] = (Ed){ go, lst[fr], vl, k }, lst[fr] = Ecnt; } struct P { int x, d; bool operator A.d; } }; priority_queue Q; inline bool chk(int val) { memset(dis, 0x3f, sizeof(dis)); memset(vis, 0, sizeof(vis)); dis[1] = 0; Q.push((P){ 1, 0 }); while (!Q.empty()) { int u = Q.top().x; Q.pop(); if (vis[u]) continue; vis[u] = 1; for (int i = lst[u], v; i; i = e[i].nxt) if (dis[u] + e[i].qz val) dis[v] = dis[u] + e[i].qz, Q.push((P){ v, dis[v] }); } return dis[n] >= T; } int main() { scanf("%d%d%d", &n, &m, &T); for (int i = 1, u, v, w, k; i > 1; if (chk(b[mid])) res = min(res, b[mid]), R = mid - 1; else L = mid + 1; } printf("%d", res); }

总结

• 二分不要打挂，注意 check
• 注意情况考虑全
• nnn 在 10510510^5 级也不要放弃 DP

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