...too young...too simple,sometimes naive!
#T1 不知道高到哪里去了
Time Limits: 3s | Memroy Limit: 256MiB
#题意简述
比你们不知道高到哪里去了！
一个 (n(nleq10^4)) 个点 (m(5 imes10^5)) 条边的带权无向图（可能有重边、自环），你处在 (C) 点，刺客开始时在 (I) 点，你要到 (T) 点去，你不知道刺客向哪里走，刺客时刻知道你的位置，问你的速度至少是刺客的多少倍（实数）才能安全到达 (T) 点，如果无法到达，则输出 -1。
#大体思路
考虑二分答案，考虑如何判定。显然我们可以得到每次到达任意一点的最小时间，刺客的最小时间可以提前用最短路得到，当我们发现当前边的终点的最小时间比刺客晚，那么我们就不前往，看最终是否能够到达 (T) 点即可。时间复杂度为 (O((m+n)log^2 n)).
#Code
#define dd double
#define ll long long
#define pdi pair <double, int>
#define mp(a, b) make_pair(a, b)
const int N = 100010;
const int M = 500010;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const dd eps = 1e-7;
template<typename T> inline void read(T &x) {
x = 0; int f = 1; char c = getchar();
for (;!isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
for (;isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
x *= f;
}
struct edge {int u, v, nxt, w;} e[M << 1];
int head[N], ecnt(1);
int C, I, T, n, m;
dd d[N], TimeLimit[N];
bool vis[N];
inline void add_edge(int u, int v, int w) {
e[ecnt].u = u, e[ecnt].v = v, e[ecnt].w = w;
e[ecnt].nxt = head[u], head[u] = ecnt ++;
}
inline void init() {
read(n); read(m);
for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
int u, v, w; read(u), read(v), read(w);
add_edge(u, v, w); add_edge(v, u, w);
}
read(C); read(I); read(T);
fill(TimeLimit + 1, TimeLimit + n + 1, INF);
}
dd l = 0, r = 10000001;
priority_queue <pdi > q;
inline void dijkstra(int s, dd v) {
fill(d + 1, d + n + 1, INF);
fill(vis + 1, vis + n + 1, 0);
if (TimeLimit[s] <= 0) return;
q.push(mp(0, s)); d[s] = 0;
while (q.size()) {
int now = q.top().second; q.pop();
if (vis[now]) continue; vis[now] = 1;
for (int i = head[now]; i; i = e[i].nxt) {
dd w = (dd)e[i].w / v;
if (d[e[i].v] <= d[now] + w) continue;
if (TimeLimit[e[i].v] <= d[now] + w) continue;
d[e[i].v] = d[now] + w;
q.push(mp(-d[e[i].v], e[i].v));
}
}
}
inline bool Check(dd mid) {
dijkstra(C, mid); return d[T] != INF;
}
int main() {
init(); dijkstra(I, 1);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) TimeLimit[i] = d[i];
while (r - l > eps) {
dd mid = (l + r) / 2;
if (Check(mid)) r = mid;
else l = mid;
}
if (l >= 10000000) {return puts("-1"), 0;}
else printf("%lf", l);
return 0;
}
#T2 身经百战
Time Limits: 1s | Memroy Limit: 256MiB
#题意简述
我是身经百战了，见得多了！
身经百战的你要和怪物战斗。有 (n(nleq10^6)) 个怪，每个怪的血量 (v_i(v_ileq10^9)) 都是一个非负整数，当血量变为负数后怪就死了。有 (m(mleq10^5)) 种魔法，第 (i) 种用一个三元组 ((a_i,b_i,c_i)) 表示，魔法可以重复使用。
你有两种操作可以做：
- 花费 (1) 点能量，给一个怪的血量减掉 (1)。
- 如果一个怪的血量是 (a_i)，你可以花费 (c_i) 的能量把它的血量变为 (b_i)。
你希望削弱这些怪，但你不想杀生。请问最少要花费多少能量才能把所有怪的血量都变成 (1)。注意：一个血量为 (0) 的怪仍然是存活的。
数据保证有解。
#大体思路
不难发现每个怪物都是独立的问题，所以其实可以看作多次询问，同样因为这个原因，我们尝试进行 DP。
(f_{i,j}) 表示将第 (i) 个怪物的血量变为 (j) 所需要的最小代价。注意到这个 DP 的转移具有后效性，所以考虑将所有转移变为边，找最短路，我们发现上面的状态设计有许多的冗余状态，我们只需要保留给出数据中出现的数，将原本 DP 的转移变为边则是 (a_i o b_i) （边权为 (c_i)）以及 (x_i) 向所有比它小的数连边（边权为差值），但是这样的边的数量仍旧是 (O(m^2)) 级别的，不能接受，注意到第二部分的边可以被简化，也就是 (x_i) 只需要向比自己小的第一个数连边即可，这样得到的转移图与之前是等价的，边的数量为 (O(n+m))，现在我们只需要建出反向边，以 (1) 为源点最短路即可。
时间复杂度为 (O((n+m)log(n+m))).
#Code
#define ll long long
#define plli pair <long long, int>
#define mp(a, b) make_pair(a, b)
#define mset(l, x) memset(l, x, sizeof(l))
const int N = 5000010;
const int INF = 0x3fffffff;
template <typename T> inline void read(T &x) {
x = 0; int f = 1; char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
x *= f;
}
struct Magic {int a, b; ll c;} p[N];
struct Edge {int u, v, nxt; ll w;} e[N];
int n, m, v[N], head[N], ecnt(1), a[N];
ll d[N]; int vis[N];
inline void add_edge(int u, int v, int w) {
e[ecnt].u = u, e[ecnt].v = v, e[ecnt].w = w;
e[ecnt].nxt = head[u], head[u] = ecnt ++;
}
#define lb(l, len, x) lower_bound(l + 1, l + len + 1, x)
priority_queue <plli > q;
void solve(int s) {
mset(d, 0x3f); mset(vis, 0);
d[s] = 0; q.push(mp(0, s));
while (q.size()) {
int now = q.top().second; q.pop();
if (vis[now]) continue; vis[now] = 1;
for (int i = head[now]; i; i = e[i].nxt)
if (d[e[i].v] > d[now] + e[i].w) {
d[e[i].v] = d[now] + e[i].w;
q.push(mp(-d[e[i].v], e[i].v));
}
}
}
int main() {
read(n), read(m);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) read(v[i]);
for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
read(p[i].a), read(p[i].b), read(p[i].c);
a[i * 2 - 1] = p[i].a, a[i * 2] = p[i].b;
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i) a[2 * m + i] = v[i];
a[2 * m + n + 1] = 1; sort(a + 1, a + 2 * m + n + 2);
int _m = unique(a + 1, a + 2 * m + n + 2) - a - 1;
for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
int u = lb(a, _m, p[i].a) - a;
int v = lb(a, _m, p[i].b) - a;
add_edge(v, u, p[i].c);
}
for (int i = 1; i < _m; ++ i)
add_edge(i, i + 1, a[i + 1] - a[i]);
solve((lb(a, _m, 1) - a)); ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
int pos = lb(a, _m, v[i]) - a;
ans += d[pos];
}
printf("%lld ", ans);
return 0;
}
#T3 跑得比谁都快
Time Limits: 3s | Memroy Limit: 256MiB
#题意简述
你们有一个好，全世界跑到什么地方，你们比其他的西方记者啊，跑得还快。
这条路上有 (n(nleq2 imes10^5)) 个红绿灯，把路分成了 (n+1) 个部分。红绿灯的颜色是循环的，一次循环内，在 ([0,g)) 的时间里它是绿色的，在 ([g,g+r)) 的时间里它是红色的。一开始，每个红绿灯都处于循环的开始，也就是说都会先绿 (g(g+rleq10^9)) 的时间。
记者团里有 (q(qleq2 imes10^5)) 个香港记者。每个记者要从路的开头跑到末端，遇到红灯的话不能穿过，必须等红灯变绿。记者的最大速度是 (1)，记者可以瞬间改变自己的速度。告诉你记者出发的时间，问你她什么时候跑到。
本题强制在线，假如输入的第 (i(1<ileq q)) 个记者的出发时间为 (time_i)，那么她实际出发的时间是 (time_i ext{ xor }(ans_{i−1} mod 2147483647))，其中 (ans_{i−1}) 表示第 (i−1) 个人的到达时间。
#大体思路
考虑在任意红绿灯出发遇到的第一个红灯的位置，由于 (m=g+r) 是周期，所以不妨将时间通过 (mod m) 将所有时间分为 (m) 种，设 (t_i) 为到达 (i) 号红绿灯前没有任何一个红绿灯阻挡到达 (i) 的时间，显然是 (s_imod m)（(s_i) 为 (len) 的前缀和），设 (j) 为从 (i) 出发后遇到的第一个红灯，由于两者之间没有任何红灯阻拦，考虑到从任意一个红绿灯出发必然是在该红绿灯进行了停顿，但显然不会对到 (j) 的时间和到 (i) 的时间之间的差值造成影响，且出发时间必然是 (m) 的倍数，在 (i) 于是两者之间经过的时间必然是 (t_j-t_i=km+b)，(kin Z,bin[g,r))，于是我们找 ([t_imod m+g,t_imod m+r)) 区间最小值即可，然后采用 (j) 到终点的时间更新 (i) 到终点的时间，最后将 (i) 插入到 (t_imod m) 的位置即可。
再来看查询时，同样考虑第一个遇到的红绿灯，不过上面维护出的都是开始时间为 (0) 的情况（循环从头开始），所以我们开始时需要将查询区间进行矫正。
时间复杂度为 (O(nlog n)).
#Code
#define ll long long
const int N = 10000010;
const ll MOD = 2147483647;
const int INF = 0x3fffffff;
template <typename T> inline void read(T &x) {
x = 0; int f = 1; char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
x *= f;
}
struct Node {int ls, rs, val;} p[N];
ll n, m, G, R, q, len[N], s[N], sp[N], lst, pcnt, f[N]; int rt;
void insert(int &k, int l, int r, int x, int c) {
if (!k) k = ++ pcnt; p[k].val = c;
if (l == r) return; int mid = l + r >> 1;
if (x <= mid) insert(p[k].ls, l, mid, x, c);
else insert(p[k].rs, mid + 1, r, x, c);
}
int query(int k, int l, int r, int x, int y) {
if (!k) return n + 1; if (x <= l && r <= y) return p[k].val;
int mid = l + r >> 1, res = INF;
if (x <= mid) res = min(res, query(p[k].ls, l, mid, x, y));
if (mid < y) res = min(res, query(p[k].rs, mid + 1, r, x, y));
return res;
}
ll dist(int x, int y) {return y == n + 1 ? s[y] - s[x] : (s[y] - s[x] + m - 1) / m * m;}
int main() {
read(n), read(G), read(R); m = G + R;
for (int i = 1; i <= n + 1; ++ i) read(len[i]);
for (int i = 1; i <= n + 1; ++ i)
s[i] = s[i - 1] + len[i], sp[i] = s[i] % m;
for (int i = n; i; -- i) {
int l = (sp[i] + G) % m, r = (l + R - 1) % m, pos = 0;
if (l > r) pos = min(query(rt, 0, m - 1, 0, r), query(rt, 0, m - 1, l, m - 1));
else pos = query(rt, 0, m - 1, l, r);
f[i] = dist(i, pos) + f[pos]; insert(rt, 0, m - 1, sp[i], i);
}
read(q);
while (q --) {
ll x; read(x); x ^= (lst % MOD); s[0] = -x; int pos = 0;
int l = (0ll + m - x % m + G) % m, r = (l + R - 1) % m;
if (l > r) pos = min(query(rt, 0, m - 1, 0, r), query(rt, 0, m - 1, l, m - 1));
else pos = query(rt, 0, m - 1, l, r);
printf("%lld
", lst = dist(0, pos) + f[pos]);
}
return 0;
}
#T4 人生经验
Time Limits: 1s | Memroy Limit: 512MiB
#题意简述
我作为一个长者，来告诉你们一些人生的经验…
人生经验以 01 字符串的形式存在。
一个长度为奇数的 01 字符串是好的，当且仅当它可以被用下面的办法转化为 1：
- 选一个奇数 (i(3leq ileq|S|))
- 把 (S) 分成两个字符串 (A,B) 满足 (|A|=i,|B|=|S|−i,S=AB)
- 通过一个给定的函数 (f(U)) 将 (A) 的末尾三位数变为一位数，一直重复直到 (A) 只剩下一个数
- 用 (A+B) 替代 (S)。
现在给定一个字符串，包含 0 1 ? 三种字符，? 可以替换为 0 或者 1，请问有多少种替换方案使得替换的结果是一个好串。
#大体思路
DP 套 DP。
我们考虑如何判断一个串是否合法，不难发现，那些操作都可以转化成下面两个操作：
- 把两个字符压入栈。
- 把一个字符压入栈，进行缩字符串，然后再让另一个字符入栈。
虽然栈的情况可能很多，但其实去掉我们不管的，只有 (4) 种情况：
- 当前栈中序列加入
1之后能缩成1。 - 当前栈中序列加入
1之后能缩成0。 - 当前栈中序列加入
0之后能缩成1。 - 当前栈中序列加入
0之后能缩成0。
上面四种情况就是我们所关心的。然后我们就可以设计 DP 状态：
(f_{i,a}) 表示考虑前 (i) 个字符，第 (a) 个放法是否合法，然后考察整个字符串的话，只需要看 (f_{n−1}) 即可。
接下来我们考虑计数，通过上面的启发，再加上字符串是不确定的，所以我们设状态 (g_{a,b,c,d}) 分别表示上面 (4) 种转移是否合法，(f_{i,S}) 表示考虑到第 (i) 位，合法转移为 (S) 的情况的数量。
我们每次考虑两个数，先考虑两个字符压入栈的情况，然后枚举合法情况，转移即可。
#Code
#define ll long long
#define mset(l, x) memset(l, x, sizeof(l))
const int N = 100010;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3fffffff;
template <typename T> inline void read(T &x) {
x = 0; int f = 1; char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
x *= f;
}
int n, t, f[N][16], a[N], ans; char s[N], g[N];
inline int get(int x, int y, int z) {return g[x | (y << 1) | (z << 2)] - '0';}
inline int Madd(int x, int y) {return x + y >= MOD ? x + y - MOD : x + y;}
void MAIN() {
scanf("%s%s", g, s + 1); n = strlen(s + 1);
mset(f, 0); ans = 0; f[0][9] = 1;
for (int i = 2; i < n; ++ i)
for (a[i - 1] = 0; a[i - 1] < 2; ++ a[i - 1])
for (a[i] = 0; a[i] < 2; ++ a[i]) {
if (s[i - 1] != '?' && s[i - 1] != a[i - 1] + '0') continue;
if (s[i] != '?' && s[i] != a[i] + '0') continue;
for (int S = 0; S < 16; ++ S) {
if (!f[i - 2][S]) continue; int SS = 0;
for (int p1 = 0; p1 < 2; ++ p1)
for (int p2 = 0; p2 < 2; ++ p2) {
int p = ((S & (1 << (get(a[i - 1], a[i], p1) << 1) + p2)) > 0);
if (get(0, a[i], p1) == p2) p |= ((S & (1 << (a[i - 1] << 1))) > 0);
if (get(1, a[i], p1) == p2) p |= ((S & (1 << (a[i - 1] << 1) + 1)) > 0);
if (p) SS |= (1 << (p1 << 1) + p2);
}
f[i][SS] = Madd(f[i][SS], f[i - 2][S]);
}
}
for (a[n] = 0; a[n] < 2; ++ a[n]) {
if ((s[n] != '?') && (s[n] != a[n] + '0'))continue;
for (int S = 0; S < 16; ++ S)
if (S & (1 << (a[n] << 1) + 1))
ans = Madd(ans, f[n - 1][S]);
}
printf("%d
", ans);
}
int main() {
read(t); while (t --) MAIN(); return 0;
}