AGC033 D~F——[ 值放到角标的DP ][ 思路+DP ][ 思路 ]

偏执的太偏执、 2021-12-20 20:07 262阅读 0赞

地址：[https://atcoder.jp/contests/agc033/][https_atcoder.jp_contests_agc033]

D Complexity

dp\[ i \]\[ j \]\[ k \]\[ l \] 表示左上角是 ( i , j ) 、右下角是 ( k , l ) 的矩阵的最小代价。

注意到答案是 log(n) + log(m) 级别的，因为每次从中间分， log 次之后就变成一行/列，log(n)+log(m)次就变成 1\*1 的格子，代价是 0 。

所以把值和角标互换，dp\[ i \]\[ j1 \]\[ j2 \]\[ k \] 表示左上角是 ( i , j1 ) 、右上角是 ( i , j2 ) 、用 k 的代价，往下最长能延伸到哪行。

转移的时候考虑横着切与竖着切。令 d = dp\[ i \]\[ j1 \]\[ j2 \]\[ k \] ，首先有 d = dp \[ dp\[ i \]\[ j1 \]\[ j2 \]\[ k-1 \] \] \[ j1 \]\[ j2 \]\[ k-1 \] ；

然后考虑 j3 满足 j1 <= j3 < j2 ，使得 \[ j1 , j3 \] 和 \[ j3+1 , j2 \] 就是分出的两部分；

如果 dp\[ i \]\[ j1 \]\[ j3 \]\[ k-1 \] 和 dp\[ i \]\[ j3+1 \]\[ j2 \]\[ k-1 \] 有一个是 < d 的，那么说明在这里切之后，两边有一个部分的代价 > k-1 ；

考虑二分找出最大的 min( dp\[ i \]\[ j1 \]\[ j3 \]\[ k-1 \] , dp\[ i \]\[ j3+1 \]\[ j2 \]\[ k-1 \] ) 。因为固定一条边之后，矩形越大，代价越大，所以根据两个值的大小关系来二分即可。

![ContractedBlock.gif][] ![ExpandedBlockStart.gif][]

#include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    int Mx(int a,int b){
         return a>b?a:b;}
    int Mn(int a,int b){
         return a<b?a:b;}
    const int N=190;
    int n,m,sm[N][N],dp[2][N][N][N];
    char ch[N][N];
    bool chk(int x1,int y1,int x2,int y2)
    {
      int s=sm[x2][y2]-sm[x2][y1-1]-sm[x1-1][y2]+sm[x1-1][y1-1];
      return (!s)||s==(x2-x1+1)*(y2-y1+1);
    }
    int main()
    {
      scanf("%d%d",&n,&m);
      for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%s",ch[i]+1);
      for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)sm[i][j]=sm[i][j-1]+(ch[i][j]=='.');
      for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)sm[i][j]+=sm[i-1][j];
      for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j1=1;j1<=m;j1++)
          for(int j2=j1;j2<=m;j2++)
        {
          int l=i,r=n,ans=i-1;
          while(l<=r)
            {
              int mid=l+r>>1;
              if(chk(i,j1,mid,j2))ans=mid,l=mid+1;
              else r=mid-1;
            }
          dp[0][i][j1][j2]=ans;
        }
      if(dp[0][1][1][m]==n){puts("0");return 0;}
      bool u=1,v=0;
      for(int t=1;t<=16;t++,swap(u,v))
        {
          for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j1=1;j1<=m;j1++)
          for(int j2=j1;j2<=m;j2++)
            {
              int d=dp[v][dp[v][i][j1][j2]+1][j1][j2];
              if(dp[v][i][j1][j2]==n)
            { dp[u][i][j1][j2]=n;continue;}
              int l=j1,r=j2-1;
              while(l<=r)
            {
              int mid=l+r>>1;
              int t1=dp[v][i][j1][mid],t2=dp[v][i][mid+1][j2];
              d=Mx(d,Mn(t1,t2));
              if(t1>=t2)l=mid+1; else r=mid-1;
            }
              dp[u][i][j1][j2]=d;
            }
          if(dp[u][1][1][m]==n)
        {printf("%d\n",t);return 0;}
        }
    }

E Go around a Circle

题解：[https://blog.csdn.net/yzyyylx/article/details/89839025][https_blog.csdn.net_yzyyylx_article_details_89839025]

关键是把 “有一种颜色不能相邻” 和 “长度是奇数” 的限制用 “形如 RRR..RRB 的段” 的角度来看，通过 “ 长度/2 ” 来去掉第二个条件。

注意最后一个连续段如果是和第一个字符相同的字符，不会对长度造成限制。注意是全局的最后一个连续段，而不是该种字符的最后一段。

![ContractedBlock.gif][] ![ExpandedBlockStart.gif][]

#include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<algorithm>
    #define ll long long
    using namespace std;
    int Mn(int a,int b){
         return a<b?a:b;}
    const int N=2e5+5,mod=1e9+7;
    int upt(int x){
         while(x>=mod)x-=mod;while(x<0)x+=mod;return x;}
    
    int n,m,lm,dp[N],sm[N],ans,g[N];
    char s[N];
    void solve()
    {
      g[0]=sm[0]=1;
      for(int i=1;i<=n;i++)
        {
          if(i>=2)g[i]=sm[i-2];
          sm[i]=upt(sm[i-1]+g[i]);
        }
      int ans=1;//ans=1 for all one color
      for(int i=2;i<=n;i++)
        ans=(ans+(ll)i*g[n-i])%mod;
      printf("%d\n",ans);
    }
    int main()
    {
      scanf("%d%d",&n,&m);
      scanf("%s",s+1); bool fg=0;
      for(int i=1;i<=m;i++)
        if(s[i]!=s[1]){fg=1;break;}
      if(!fg){solve();return 0;}
      if(n&1){puts("0");return 0;}
      lm=n+1;
      for(int i=1;i<=m;i++)
        if(s[i]==s[1])//== not !=
          {
        int j=i;
        while(j+1<=m&&s[j+1]==s[j])j++;
        swap(i,j); j=i-j+1;
        if(i-j==0) lm=Mn(lm,j+((j&1)==0));
        else if((j&1)&&i!=m)lm=Mn(lm,j);//i!=m not lst
        //else if((j&1)&&i!=lst)lm=Mn(lm,j);
          }
      n>>=1; lm=(lm+1)>>1; dp[0]=sm[0]=1;
      for(int i=1;i<=n;i++)
        {
          dp[i]=sm[i-1]; if(i>lm)dp[i]=upt(dp[i]-sm[i-lm-1]);
          sm[i]=upt(sm[i-1]+dp[i]);
        }
      int ans=0;
      for(int i=1;i<=lm;i++)//lm not n
        ans=(ans+(ll)i*2*dp[n-i])%mod;
      printf("%d\n",ans);
      return 0;
    }

F Adding Edges

题解代码看了这个：[https://atcoder.jp/contests/agc033/submissions/5406519][https_atcoder.jp_contests_agc033_submissions_5406519]

但还是不太明白这道题是怎么回事……

算法流程大概是：

考虑把图上的边一条一条加进去，一边加一边让它尽量贴在树上；就是如果有边 ( a, b ) 和 ( a, c ) 且在树上有 a->b->c 的链（a,b,c可以不相邻），就把 ( a, c ) 的边改成 ( b, c ) 的边。

然后可以认为一个点沿图上的边、顺着树上的链能走到的点都是它可以连边的对象；走不到的就是不能连边的。

所以主要考虑怎么把第一行的那个操作实现。

考虑图中加入一条边 ( a, b ) ；把树上 a -> b 的路径找出来； a 和 b 都沿图上的边、顺着树上的链往对方走过去（别走得过了，可以先走 a ，然后 b 走的时候不要超过 a 的位置）；

如果 a 走到路径的另一端，或者 a 和 b 停下之后发现它们在图上已经有边了，就不管了；

否则就给图连上 ( a, b ) ；然后要考虑这条边是否导致一些边需要修改；需要修改的边一定有一个端点是 a 或者 b ，设一条边 ( a, x ) 要被删掉，需要满足树上有 a->b->x 的链（a,b,x可以不相邻），那么就要把 ( a, x ) 改成 ( b, x ) ；改的操作就是删边，然后递归这个“加边”操作来加入新边。

把一个点的出边用 set 存就能方便地删边了。

判断一个点 cr 在两个点 s , t 的路径上，可以通过判断 dis( s, t ) == dis( s, cr ) + dis( cr, t ) 。

尚不明白正确性或者复杂度……

![ContractedBlock.gif][] ![ExpandedBlockStart.gif][]

#include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<algorithm>
    #include<set>
    using namespace std;
    int rdn()
    {
      int ret=0;bool fx=1;char ch=getchar();
      while(ch>'9'||ch<'0'){
         if(ch=='-')fx=0;ch=getchar();}
      while(ch>='0'&&ch<='9')ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
      return fx?ret:-ret;
    }
    const int N=2005;
    int n,m,hd[N],xnt,to[N<<1],nxt[N<<1],fa[N][N],dis[N][N];
    int p[N<<1],tot,ans; bool vis[N][N];
    set<int> cd[N];
    set<int>::iterator it;
    void add(int x,int y){to[++xnt]=y;nxt[xnt]=hd[x];hd[x]=xnt;}
    void ini_dfs(int cr,int rt,int lj)
    {
      dis[rt][cr]=lj;
      for(int i=hd[cr],v;i;i=nxt[i])
        if(!fa[rt][v=to[i]])
          { fa[rt][v]=cr; ini_dfs(v,rt,lj+1);}
    }
    void fnd_path(int x,int y)
    {
      tot=0; p[++tot]=x;
      while(x!=y){ x=fa[y][x]; p[++tot]=x;}
    }
    bool on_path(int cr,int s,int t)
    {
          return dis[s][t]==dis[s][cr]+dis[cr][t];}
    void solve(int x,int y)
    {
      fnd_path(x,y); int s=x,t=y,tmp=1;
      for(int i=1;i<=tot;i++) if(vis[s][p[i]])s=p[i],tmp=i;
      for(int i=tot;i>=tmp;i--) if(vis[t][p[i]])t=p[i];//>=tmp
      if(s==y||vis[s][t])return;
      int tp[N],tt=0;//here not use p[]!!!
      for(it=cd[s].begin();it!=cd[s].end();it++)
        if(on_path(t,(*it),s))tp[++tt]=(*it);
      int bj=tt;
      for(it=cd[t].begin();it!=cd[t].end();it++)
        if(on_path(s,(*it),t))tp[++tt]=(*it);
      vis[s][t]=vis[t][s]=1;
      cd[s].insert(t); cd[t].insert(s);
      for(int i=1;i<=bj;i++)
        {
          int v=tp[i]; vis[s][v]=vis[v][s]=0;
          cd[s].erase(v); cd[v].erase(s);
          solve(t,v);
        }
      for(int i=bj+1;i<=tt;i++)
        {
          int v=tp[i]; vis[t][v]=vis[v][t]=0;
          cd[t].erase(v); cd[v].erase(t);
          solve(s,v);
        }
    }
    void dfs(int cr,int rt)
    {
      set<int>::iterator it2;//don't use it!!!!!
      for(it2=cd[cr].begin();it2!=cd[cr].end();it2++)
        if(on_path(cr,rt,(*it2))&&!vis[rt][*it2])
          vis[rt][*it2]=1,ans++,dfs((*it2),rt);
    }
    int main()
    {
      n=rdn();m=rdn();
      for(int i=1,u,v;i<n;i++)
        { u=rdn();v=rdn();add(u,v);add(v,u);}
      for(int i=1;i<=n;i++)
        fa[i][i]=-1,ini_dfs(i,i,0);
      for(int i=1,u,v;i<=m;i++)
        { u=rdn();v=rdn();solve(u,v);}
      memset(vis,0,sizeof vis);
      for(int i=1;i<=n;i++) dfs(i,i);
      printf("%d\n",ans/2);
      return 0;
    }

转载于:https://www.cnblogs.com/Narh/p/10939175.html

[https_atcoder.jp_contests_agc033]: https://atcoder.jp/contests/agc033/
[ContractedBlock.gif]: https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif
[ExpandedBlockStart.gif]: /images/20211220/3307e021eac54f528a702446d6a90973.png
[https_blog.csdn.net_yzyyylx_article_details_89839025]: https://blog.csdn.net/yzyyylx/article/details/89839025
[https_atcoder.jp_contests_agc033_submissions_5406519]: https://atcoder.jp/contests/agc033/submissions/5406519