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2020-2021:teams:die_java:front_page_springtraining6

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2019 ICPC Asia Taipei-Hsinchu Regional

比赛网址

训练详情

  • 时间:2020-5-17 13:00~18:00
  • rank:93/506
  • 完成情况：7/10/13

题解

A Rush Hour Puzzle

题意

一个大家都玩过的游戏，求步数

题解

solved by fyh

把6*6哈希压成一个状态，然后直接bfs暴力搜 代码写的过于丑，但是基本都是复制粘贴的。

代码

代码 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;
#define X first
#define Y second
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
struct State
{
	int st[10][10];
	State() {mem(st,0);}
	ULL Hash()
	{
		ULL res=0;
		for(int i=0;i<6;i++)
			for(int j=0;j<6;j++)
				res=(res+st[i][j])*107; 
		return res;
	}
};
map<ULL,int> vis;
map<ULL,int> dis;
queue<State> Q;
int main()
{	
	State init;
	for(int i=0;i<6;i++)
		for(int j=0;j<6;j++)
			init.st[i][j]=read();
	Q.push(init);
	ULL hinit=init.Hash();
	vis[hinit]=1;
	dis[hinit]=0;
	while(Q.size())
	{
		State now=Q.front();Q.pop();
		ULL hnow=now.Hash();
		if(dis[hnow]>8)return puts("-1"),0;
		if(now.st[2][5]==1 && now.st[2][4]==1)return printf("%d\n",dis[hnow]+2),0;
		for(int i=0;i<6;i++)
			for(int j=0;j<6;j++)
			{
				if(now.st[i][j] && j+1<6 && now.st[i][j]==now.st[i][j+1] && (now.st[i][j+1]!=now.st[i][j+2] || j+2>=6) && (now.st[i][j-1]!=now.st[i][j] || j<=0))//横2车
				{
					if(j>0 && !now.st[i][j-1])//左移
					{
						State tmp=now;
						tmp.st[i][j-1]=now.st[i][j];
						tmp.st[i][j+1]=0;
						ULL htmp=tmp.Hash();
						if(!vis[htmp])
						{
							dis[htmp]=dis[hnow]+1;
							vis[htmp]=1;
							Q.push(tmp);
						}
					}
					if(j+2<6 && !now.st[i][j+2])
					{
						State tmp=now;
						tmp.st[i][j+2]=now.st[i][j];
						tmp.st[i][j]=0;
						ULL htmp=tmp.Hash();
						if(!vis[htmp])
						{
							dis[htmp]=dis[hnow]+1;
							vis[htmp]=1;
							Q.push(tmp);
						}
					}//右移 
				} 
				else if(now.st[i][j] && j+2<6 && now.st[i][j]==now.st[i][j+1] && now.st[i][j+1]==now.st[i][j+2])//横3车 
				{
					if(j>0 && !now.st[i][j-1])//左移
					{
 
						State tmp=now;
						tmp.st[i][j-1]=now.st[i][j];
						tmp.st[i][j+2]=0;
						ULL htmp=tmp.Hash();
						if(!vis[htmp])
						{
							dis[htmp]=dis[hnow]+1;
							vis[htmp]=1;
							Q.push(tmp);
						}
					}
					if(j+3<6 && !now.st[i][j+3])
					{	
						State tmp=now;
						tmp.st[i][j+3]=now.st[i][j];
						tmp.st[i][j]=0;
						ULL htmp=tmp.Hash();
						if(!vis[htmp])
						{
							dis[htmp]=dis[hnow]+1;
							vis[htmp]=1;
							Q.push(tmp);
						}
					}//右移 
				}
				else if(now.st[i][j] && i+1<6 && now.st[i][j]==now.st[i+1][j] && (now.st[i+1][j]!=now.st[i+2][j] || i+2>=6) && (now.st[i-1][j]!=now.st[i][j] || i<=0))//竖2车 
				{
					if(i>0 && !now.st[i-1][j])//上移
					{
						State tmp=now;
						tmp.st[i-1][j]=now.st[i][j];
						tmp.st[i+1][j]=0;
						ULL htmp=tmp.Hash();
						if(!vis[htmp])
						{
							dis[htmp]=dis[hnow]+1;
							vis[htmp]=1;
							Q.push(tmp);
						}
					}
					if(i+2<6 && !now.st[i+2][j])
					{
						State tmp=now;
						tmp.st[i+2][j]=now.st[i][j];
						tmp.st[i][j]=0;
						ULL htmp=tmp.Hash();
						if(!vis[htmp])
						{
							dis[htmp]=dis[hnow]+1;
							vis[htmp]=1;
							Q.push(tmp);
						}
					}//右移 
				}
				else if(now.st[i][j] && i+2<6 && now.st[i][j]==now.st[i+1][j] && now.st[i+1][j]==now.st[i+2][j])//竖3车 
				{
					if(i>0 && !now.st[i-1][j])//上移
					{
						State tmp=now;
						tmp.st[i-1][j]=now.st[i][j];
						tmp.st[i+2][j]=0;
						ULL htmp=tmp.Hash();
						if(!vis[htmp])
						{
							dis[htmp]=dis[hnow]+1;
							vis[htmp]=1;
							Q.push(tmp);
						}
					}
					if(i+3<6 && !now.st[i+3][j])
					{
						State tmp=now;
						tmp.st[i+3][j]=now.st[i][j];
						tmp.st[i][j]=0;
						ULL htmp=tmp.Hash();
						if(!vis[htmp])
						{
							dis[htmp]=dis[hnow]+1;
							vis[htmp]=1;
							Q.push(tmp);
						}
					}//右移 
				}
			}
	}
	puts("-1");
	return 0;
}


B The Power Monitor System

题意

一棵树$n\leq10^5$，初始点和边都是白的，目标是将所有的边和点都染黑。操作代价为1，可以将一个节点和节点的所有出边全部染黑，服从以下三个规则：

  • rule1:如果一条边被染黑，两个端点也被染黑。
  • rule2:如果一条边两个点都被染黑，该边被染黑。
  • rule3:一个点的度数$k>1$且$k-1$条边都被染黑，则剩下一条也被染黑

题解

补题 by fyh

很可怕的一个树形DP

设计状态$dp[u][0/1/2][0/1]$，第二维度的$0$表示该点由儿子传递过来，$1$表示自己染，$2$表示由父亲传递过来。第三维度的$0$表示不使用规则3进行染色，$1$表示使用规则3进行染色。

那么就是转移了

$dp[u][1][0]=\sum min(dp[v][0/1/2][0/1])$ 这个转移很显然，这个点都染上色了，子节点就可以xjb选了

$dp[u][1][1]$显然离谱，我们就不管他了

$dp[u][2][0]=\sum dp[v][0][1]$ 不通过规则3染色，故要所有的儿子都是通过规则3生成的，否则$(u,v)$该条边会被染黑

$dp[u][2][1]$为在$dp[u][2][0]$下选择一颗子树，将其替换成$min\{dp[v][2][0/1]\}$，表示$(u,v)$这条边是由规则3生成染黑的。

$dp[u][0][0]$ 为至少有一棵子树为$dp[v][1/0][0]$,(前者是儿子直接染黑，后者是儿子被染黑，而且儿子除了父边之外的所有边都是$0$,通过规则3使得$u$被染上的。)+其他子树取$min(00,01,10)$

$dp[u][0][1]$为在$dp[u][0][0]$ 下的其他子树中选择一颗子树，将其替换成$min\{dp[v][2][0/1]\}$。

就是感觉这个DP在第三维度定义的很玄学，于是我们的zzh鸽鸽就想到了把状态放在边上的做法…真的太强了。

代码

代码 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define X first
#define Y second
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}
const int maxn=100010;
vector<int> G[maxn];
int n,u,v,dp[maxn][3][2];
void dfs(int now,int fa)
{
    for(int i=0;i<3;i++)for(int j=0;j<2;j++)dp[now][i][j]=maxn;
    dp[now][1][0]=1;dp[now][2][0]=0;
    if(G[now].size()==1 && fa)return;
    dp[now][0][0]=dp[now][0][1]=dp[now][2][0]=dp[now][2][1]=0;
    int choice[2],tp1[2][2]={0,maxn,maxn,maxn};//choice[]
    choice[0]=0;choice[1]=maxn;
    for(auto &v: G[now])
    {
        if(v==fa)continue;
        dfs(v,now);
        int tmp=min(dp[v][1][0],min(dp[v][0][0],dp[v][0][1]));
        choice[1]=min(choice[1]+tmp,choice[0]+min(dp[v][0][0],dp[v][1][0])),choice[0]+=tmp;
        tp1[1][1]=min(tp1[1][1]+tmp,min(tp1[0][1]+min(dp[v][2][0],dp[v][2][1]),tp1[1][0]+min(dp[v][0][0],dp[v][1][0])));
        tp1[0][1]=min(tp1[0][1]+tmp,tp1[0][0]+min(dp[v][0][0],dp[v][1][0]));
        tp1[1][0]=min(tp1[1][0]+tmp,tp1[0][0]+min(dp[v][2][0],dp[v][2][1]));
        tp1[0][0]+=tmp; 
 
        dp[now][1][0]+=min(min(dp[v][0][0],dp[v][0][1]),min(dp[v][1][0],min(dp[v][2][0],dp[v][2][1])));
        dp[now][2][1]=min(dp[now][2][0]+min(dp[v][2][0],dp[v][2][1]),dp[now][2][1]+dp[v][0][1]);
        dp[now][2][0]+=dp[v][0][1];
    }
    dp[now][0][0]=choice[1],dp[now][0][1]=tp1[1][1];
}
int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<n;i++)u=read(),v=read(),G[u].push_back(v),G[v].push_back(u);
    dfs(1,0);
    printf("%d\n",min(dp[1][1][0],min(dp[1][0][0],dp[1][0][1])));
    return 0;
}


C Are They All Integers?

solved by hxm

题意

大水题

题解

略

D Tapioka

solved by wxg

题意

删掉一个字符串序列中的指定的字符串

题解

无敌水题，略

E The League of Sequence Designers

solved by wxg&hxm

题意

给定一个数字序列，求最大的连续和乘以长度。

现在给出一个错误的做法，错误做法仅计算最大连续和来更新答案

求构造出一个长度大于$l$小于$2000$的序列，使得错误答案和正确答案相差正好为$k$

题解

分析发现，只要在最大连续和的串前加上一个负数，那么这个做法就会出错，现在要构造出两种答案相差$k$

由于最大长度为$1999$，不妨就构造长度为$1999$的序列，第一位为$-1$，剩下为非负数，和为$a$，则有

$(a - 1) \times 1999 - a \times 1998 = k$

即$a = k + 1999$，算出$a$后，分配给剩下每一位即可

代码

代码 

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define cls(s,v) memset(s,v,sizeof(s))
#define mp(a,b) make_pair<int,int>(a,b)
#define cp pair<int,int>
using namespace std;
const int maxn = 100005,maxm = 100005,INF = 0x3f3f3f3f;
inline int read(){
	int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
	while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = 0; c = getchar();}
	while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 1) + (out << 3) + c - 48; c = getchar();}
	return flag ? out : -out;
}
int K,L;
int ans[maxn];
void work(){
	int sum = 1999 + K;
	printf("1999\n");
	printf("-1");
	for (int i = 1; i <= 1997; i++) printf(" %d",sum / 1998);
	printf(" %d\n",sum - sum / 1998 * 1997);
}
int main(){
	int T = read();
	while (T--){
		K = read(); L = read();
		if (L >= 2000) puts("-1");
		else work();
	}
	return 0;
}


H Mining a

solved by fyh&hxm

题意

$\frac{1}{n} = \frac{1}{a Xor b} + \frac{1}{b}$

给定$n$，$b$是任意的，求最大的$a$使等式成立

题解

化简得$b = n + \frac{n^2}{a Xor b - n}$

枚举分母即可

代码

代码 

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define cls(s,v) memset(s,v,sizeof(s))
#define mp(a,b) make_pair<int,int>(a,b)
#define cp pair<int,int>
using namespace std;
const int maxn = 100005,maxm = 100005,INF = 0x3f3f3f3f;
inline int read(){
	int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
	while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = 0; c = getchar();}
	while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 1) + (out << 3) + c - 48; c = getchar();}
	return flag ? out : -out;
}
LL n,a,b,N,ans;
int main(){
	int T =read();
	while (T--){
		ans = 0;
		n = read(); N = n * n;
		LL t;
		for (int i = 1; i < n; i++){
			if (N % i == 0){
				//1
				t = i;
				b = N / t + n;
				a = (t + n) ^ b;
				ans = max(ans,a);
				//2
				t = N / i;
				b = N / t + n;
				a = (t + n) ^ b;
				ans = max(ans,a);
			}
		}
		printf("%I64d\n",ans);
	}
	return 0;
}


J Automatic Control Machine

solved by hxm

题意

给定若干个集合，使用最少的集合并成全集

题解

bitset状压dp一下就好了

代码

代码 

 


K Automatic Control Machine

solved by wxg

题意

合并果子，数据还特小，题解略

J Largest Quadrilateral

题意

求平面点组成的最大四边形面积，$n\leq5000$

题解

补题by fyh

求凸包后先枚举对角线，然后通过旋转卡壳把剩下两个点找到，复杂度$O(n^2)$

当求出凸包只有三个点的时候，所得四边形是一个凹四边形。

代码

代码 

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<queue>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define X first
#define Y second
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
const int maxn=2010;
const double eps=1e-8;
struct Point{
	double x,y;
	Point() {}
	Point(double _1,double _2):x(_1),y(_2) {}
	Point operator - (const Point&s) const {return Point(x-s.x,y-s.y);}
	double operator * (const Point&s) const {return x*s.y-y*s.x;}
	double len() {return x*x+y*y;}
}a[maxn],p[maxn];
typedef Point Vec;
double dis(Point a,Point b){
	return (a-b).len();
}
double S(Point a,Point b,Point c){
	return abs((b-a)*(c-a));
}
bool judgeOnLeft(int p0,int p1,int p2){
	double s=(a[p1]-a[p0])*(a[p2]-a[p0]);
	return s<0 || (s==0 && dis(a[p1],a[p0])>=dis(a[p2],a[p0]));
}
bool cmp(Point p0,Point p1){
	double s=(p0-a[1])*(p1-a[1]);
	return s<0 || (s==0 && dis(p0,a[1])>=dis(p1,a[1]));
}
int n,top,sta[maxn];
double ans;
int Graham()
{
	int temp=1,m=0;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		if(a[i].x<a[temp].x || (a[i].x==a[temp].x && a[i].y<a[temp].y))temp=i;
	swap(a[temp],a[1]);
	sort(a+2,a+n+1,cmp);
	a[n+1]=a[1];
	sta[++top]=1;sta[++top]=2;
	for(int i=3;i<=n+1;i++)
	{
		while(top>1 && judgeOnLeft(sta[top-1],i,sta[top]))top--;
		sta[++top]=i; 
	}
	for(int i=1;i<=top;i++)p[m++]=a[sta[i]];//,printf("%lf %lf\n",p[i-1].x,p[i-1].y); 
	return m-1;
} 
double solve()
{ 
	if(n<4)return 0.000;
	double ans=0;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		int k=i+1,l=i+3;
		for(int j=i+2;j<n;j++)
		{
			while(S(p[i],p[j],p[(k+1)%n])-S(p[i],p[j],p[k])>-eps)k=(k+1)%n;
			while(S(p[i],p[j],p[(l+1)%n])-S(p[i],p[j],p[l])>-eps)l=(l+1)%n;
			ans=max(ans,S(p[i],p[j],p[k])+S(p[i],p[j],p[l]));
//			printf("%d %d %d %d\n",i,j,k,l);
		}
	}
	return ans/2.0;
}
int main()
{
	n=read();
	if(n<3)return puts("0.000"),0;
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf%lf",&a[i].x,&a[i].y);
	n=Graham();
	printf("%.3lf\n",solve());
}

训练实况

0~15min hxm，wxg横扫K,C,D三个签到题

15min~1h20min 口糊出A,fyh开写A,wxg,hxm讨论E,并讨论出来

1h20min~1h28min A 本机编译错误，哈希出现问题 hxm开E,并A

1h28min~1h??min 想出H,写H 并A

2h~2h14min hxmAJ,其他人在读题

2h14min~2h36min fyhAA,

2h36min~ 读完所有题并确认全不可做，结束比赛

训练总结

像A这种代码量较大的题要尽量往后放，否则会增加罚时

尽早放弃

改进

2020-2021/teams/die_java/front_page_springtraining6.txt · 最后更改: 2020/07/10 14:42 由 fyhssgss

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