2017 4 9四校聯考

t2結論推得有點問題結果只有30，t3暴力騙了40，170/300

t1.交易

題目大意：乙個人從0走到m，走1要1s，路上有n個點xi，每個點必須被經過2次，第二次要在第一次的ts之後經過才算數，求最少時間。（n<=3,000,000，0思路：f[i]表示完成前i個點後到達第i個點的最小時間，每次回頭顯然必須完成所有之前未完成的點，故有f[i]=min(f[j]+x[i]-x[j]+max(2*(x[i]-x[j+1]),t))，把max分開討論，當2*(x[i]-x[j+1])<=t時，我們記最小的f[j]-x[j]-2*x[j+1]即可，2*(x[i]-x[j+1])>t時，顯然只要考慮最左邊的點（本人比較菜，寫了單調佇列），然後就o(n)了。

#include#include
using
namespace
std;
#define ll long long
char b[1
<<15],*s,*t,c;int
x;#define getc() (s==t&&(t=((s=b)+fread(b,1,1<<15,stdin)),s==t)?0:*s++)inline 
intread()
#define mn 3000000
#define inf (1ll<<60)
int x[mn+5],q[mn+5
],ql,qr;
ll f[mn+5],mn=inf;
intmain()
f[i]=min(3ll*x[i]+mn,x[i]+t+(ql<=qr?f[q[ql]]-x[q[ql]]:inf));
while(ql<=qr&&f[i]-x[i]<=f[q[qr]]-x[q[qr]])--qr;
q[++qr]=i;
}printf(
"%i64d
",f[n]+m-x[n]);
fclose(stdin);fclose(stdout);
return0;
}

t2.字串

題目大意：給定兩個長度為n的字串s和t，一次變換定義為從左到右，每次令s[i]變成s[i]或s[i-1]，問s變成t至少需要幾次變換。（n<=3,000,000）

思路：顯然從後往前，每次找到s[k[i]]=t[i]且k[i]<=i，k[i]<=k[j]（j>i），令t[i]由s[k[i]]變換到最優，考慮計算這麼做的最小耗時，用x[i]表示第i格在前x[i]次操作都被占用了，動態計算x[i]，最大值就是答案，每次k[i]減小時，我們要用s[k[i]]從k[i]染到i，那麼有x[j]=max(x[j],x[j+1])+1（k[i]<=j

#include#include
using
namespace
std;
#define mn 3000000
char a[mn+5],b[mn+5
];int f[mn+5
];int
solve()
s-=f[p+i];f[p+i]=0
;    }
printf("%d
",ans);
}int
main()

t3.矩陣

題目大意：乙個n*n的矩陣，給出m個黑格，其他全是白的，每次若(x,y)和(y,z)都是黑的，可以把(z,x)染成黑的，問最多染出多少個黑格。（n,m<=1,000,000）

思路：結論題。把這個矩陣當成鄰接矩陣，題目轉化n個點m條邊的有向圖，為若x到y有邊且y到z有邊，z到x也有邊，問有多少條邊。每個弱聯通塊獨立，分開考慮，對這個聯通塊染色，染成0,1,2，滿足若u到v有邊，則$c[u]+1\equiv c[v]\ (mod\ 3)$，如果染色成功且三個顏色都有，那麼所有0到所有1有邊，所有1到所有2有邊，所有2到所有0有邊，因為若只有三個點，其中0到1，1到2，那麼這三個點顯然滿足，每次加入乙個點連到已有的圖中，仍然滿足，故由歸納法可證；若只有兩個或乙個顏色，顯然不可能出現新的邊。如果染色失敗，與上面同一種思路可用歸納法證明，所有點到所有點都有連邊，包括自環。然後隨便寫寫就o(n)了。

#includechar b[1
<<15],*s,*t,c;int
x;#define getc() (s==t&&(t=((s=b)+fread(b,1,1<<15,stdin)),s==t)?0:*s++)inline 
intread()
#define mn 1000000
struct edgee[mn*2+5
];int h[mn+5],en,c[mn+5],o,s,f[4
];inline 
void ins(int x,int
y);h[x]=en;
e[++en]=(edge);h[y]=en;
}void dfs(intx)}
intmain()
printf(
"%i64d
",ans);
fclose(stdin);fclose(stdout);
return0;
}

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