慕容琳的后花园
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hgoi#20190515

T1-Pie or die

Volodya和Vlad在玩下面的这个游戏。这里有k个派,分布在n×m的板子上。每一回合Volodya移动一个派到这个派边界的格子,如果这个派在板子的边界,Volodya就可以把它移出板,得到这个派并且获胜。在Volodya移动之后,Vlad在板的边界放一个长度为1的挡板,然后Volodya就不能把派从挡住的边移出。 请问,Volodya会赢得这次比赛吗?(我们假设两个玩家都无比聪明)

解法

明显的贪心,如果已经在边界上有派了,能赢
如果没有的话,显然只能走到边角获胜
看离边界最近的距离是否超过4,如果不超过4,对手无法封锁全部边角,能赢
如果超过4,对手能封锁所有边角,输了

ac代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k,x,y,flg=1;
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        if(x==1||x==n||y==1||y==m)flg=0;
        if(x-1<=4||n-x<=4||y-1<=4||m-y<=4)flg=0;
    }
    if(flg)puts("NO");else puts("YES");
    return 0;
}

T2-Beautiful numbers

Volodya是一个很皮的男♂孩。他认为一个能被它自己的每一位数上的数整除的数是很妙的。我们先忽略他的想法的正确性(如需证明请百度“神奇海螺”),只回答在l到r之间有多少个很妙的数字。

解法

数位dp,和记忆化搜索很相似
我们设dp[i][j][k]表示当前的数为i位,mod 2520为j,当前数的每一位数的lcm为k的答案种类
发现要存18×2520×2520,可能会爆,就预处理出所有可能的lcm,就可以简化为50左右了
至于数位dp,主要处理上限,如果前面几位不是上限的前几位,后面没有限制,可以记忆化搜索
如果前面几位和上限一样,这一位就不能都取,不能记忆化,相当于多扫一层
复杂度不太清楚,大概是O(能过),(大雾

ac代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll T,l,r,cnt=0,w[20],mp[3000],dp[20][3000][50];
ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll dfs(int len,int pre,int mod,int lim)
{
    if(!len)return pre%mod==0;
    if(!lim&&dp[len][pre][mp[mod]]!=-1)return dp[len][pre][mp[mod]];
    ll res=0,maxx=lim?w[len]:9;
    for(int i=0;i<=maxx;i++)
        res+=dfs(len-1,(pre*10+i)%2520,i==0?mod:mod*i/gcd(mod,i),lim&&i==maxx);
    if(!lim)dp[len][pre][mp[mod]]=res;
    return res;
}
ll calc(ll n,ll len)
{
    while(n){w[++len]=n%10,n/=10;}
    return dfs(len,0,1,1);
}
int main()
{
    for(int i=1;i<=2520;i++)if(2520%i==0)mp[i]=++cnt;
    memset(dp,-1,sizeof(dp)),scanf("%lld",&T);
    while(T--){scanf("%lld%lld",&l,&r),printf("%lld\n",calc(r,0)-calc(l-1,0));}
    return 0;
}

T3-Geometry Horse

给定n种物品,每种物品有Ki个,价值为Ci,摧毁一个物品的贡献为Ci×f
f为贡献因子,有一个长度为t的单调递增序列p,当前摧毁的物品若超过p[i],则贡献因子f=i+1
求最大贡献

解法

主要题意好难读懂啊emm
读懂之后,是一个比T1还显然的贪心,让价值小的先摧毁,价值大的后摧毁,模拟一遍=-=

ac代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 2333333333333333333
using namespace std;
struct node{int k,c;}a[110];
int n,m,nw=1;
ll ans=0,p[110];
int cmp(node x,node y){return x.c<y.c;}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].k,&a[i].c);
    scanf("%d",&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%lld",&p[i]);
    for(int i=m;i>1;i--)p[i]-=p[i-1];
    p[m+1]=inf;
    sort(a+1,a+1+n,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(a[i].k>p[nw])ans+=1ll*nw*a[i].c*p[nw],a[i].k-=p[nw],nw++;
        ans+=1ll*nw*a[i].c*a[i].k,p[nw]-=a[i].k;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

T4-Plane of Tanks: Duel

坦克的属性:血量,攻击间隔,攻击下限与上限,攻击不命中的概率
现有2个坦克,求第一个坦克获胜的概率(当2个坦克同时死亡时,算第一个坦克获胜)

解法

可以模拟,但是发现如果2个坦克一直没打中,会停不下来=-=
看到题目的精度要求,可以这样做,一直模拟直到1个坦克的存活率低于eps,然后停止
稍微调一调精度就能过,主要是dp模拟坦克的行动,并且分开处理

ac代码

#include<bits/stdc++.h>
#define eps (1e-8)
using namespace std;
double dp[2][10010][210],p[2],ans;
int n,x,y,a[2],t[2],l[2],r[2];
int main()
{
    for(int i=0;i<2;i++)scanf("%d%d%d%d%lf",&a[i],&t[i],&l[i],&r[i],&p[i]);
    if(abs(p[0]-100.0)<eps){puts("0.000000");return 0;}
    if(abs(p[1]-100.0)<eps){puts("1.000000");return 0;}
    dp[0][0][a[0]]=dp[1][0][a[1]]=1,p[0]/=100.0,p[1]/=100.0;
    for(x=1;x<=10000;x++)
    {
        for(int i=0;i<2;i++)for(int j=1;j<=a[i];j++)
        {
            if(dp[i][x-1][j]<=eps)continue;
            for(int k=l[i^1];k<=r[i^1];k++)
                dp[i][x][max(0,j-k)]+=dp[i][x-1][j]*(1-p[i^1])/(r[i^1]-l[i^1]+1);
            dp[i][x][j]+=dp[i][x-1][j]*p[i^1];
        }
        dp[0][x][0]+=dp[0][x-1][0];
    }
    for(int i=1;i<=x;i++)
    {
        y=((i-1)*t[0]+t[1]-1)/t[1];
        if(y>x)break;
        ans+=(1-dp[0][y][0])*dp[1][i][0];
    }
    printf("%.6lf\n",ans);
    return 0;
}

T5-Alphabet Permutations

给定一个长度为n(n<200000)的字符串s,有两种指令:
1.将区间[L,R]内的字符变为ch
2.给定长度为k(1<=k<=10)的字符串排列t,向s串中添加字符,使得s以t为模式循环,求最少的循环次数
最多20000条指令

解法

建一棵线段树,在每个节点里放一个k^2的数组,记录两个ch直接相连的情况,操作1就是区间修改
至于询问,记录一下每个字母在模式串中的出现位置,即rk,当rk[i]>rk[j]时ans+=[1][i][j]
即当一个字母在另一个字母的后面时,与它相连的另一个字母一定会跳转到下一个模式串,即1的贡献

ac代码

#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;
char ch;
int n,m,k,c,l,r,ans,rk[10],a[800010][10][10],tg[800010],lc[800010],rc[800010];
void f(int x,int c,int len){mem(a[x]),a[x][c][c]=len-1,lc[x]=rc[x]=tg[x]=c;}
void down(int x,int l,int r){if(tg[x]>-1)f(x<<1,tg[x],mid-l+1),f(x<<1|1,tg[x],r-mid);}
void upd(int x)
{
    int l=x<<1,r=x<<1|1;
    for(int i=0;i<k;i++)for(int j=0;j<k;j++)a[x][i][j]=a[l][i][j]+a[r][i][j];
    a[x][rc[l]][lc[r]]++,lc[x]=lc[l],rc[x]=rc[r];
}
void build(int x,int l,int r)
{
    if(l==r){scanf(" %c",&ch),lc[x]=rc[x]=ch-'a';return;}
    build(x<<1,l,mid),build(x<<1|1,mid+1,r),upd(x);
}
void modify(int x,int l,int r,int p,int q,int d)
{
    if(l>=p&&r<=q){f(x,d,r-l+1);return;}else if(l>q||r<p)return;
    down(x,l,r),tg[x]=-1,modify(x<<1,l,mid,p,q,d),modify(x<<1|1,mid+1,r,p,q,d),upd(x);
}
int main()
{
    memset(tg,-1,sizeof(tg)),scanf("%d%d%d",&n,&m,&k),build(1,1,n);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d",&c),ans=0;
        if(c==1)scanf("%d%d %c",&l,&r,&ch),modify(1,1,n,l,r,ch-'a');
        else
        {
            for(int i=0;i<k;i++)scanf(" %c",&ch),rk[ch-'a']=i;
            for(int i=0;i<k;i++)for(int j=0;j<k;j++)if(rk[i]>=rk[j])ans+=a[1][i][j];
            printf("%d\n",ans+1);
        }
    }
    return 0;
}
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