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【雷】：只是在民间数据过了，不保证一定正确。仅供参考！！！
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廊桥分配

problem

题目链接

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solution

显然暴力就是枚举国内的廊桥数量，然后模拟一遍，$O(n^2)$。

正解就是加速这个过程。

设 $f_1[i]:$ 国内有 $i$ 个廊桥能承载的飞机数量，$f_i[i]:$ 国外的。

最后就是 $\max \{f_1[i]+f_2[n-i]\}$

考虑将 $n$ 个廊桥看成 $n$ 个桶，对于国内飞机，尽量地往前停，否则就再开一个廊桥停这个飞机，用前缀和就能求得 $f_1[i]/f_2[i]$。

可以通过 $\text{set}$ 维护，迅速找到每架飞机着陆前空的廊桥。

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code

#include <set>
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define maxn 100005
set < pair < int, int > > s;
int f1[maxn], f2[maxn];
int n, m1, m2;void calc( int m, int *f ) {s.clear();for( int i = 1, x, y;i <= m;i ++ ) {scanf( "%d %d", &x, &y );s.insert( { x, y } );}for( int i = 1;i <= m;i ++ ) {auto it = s.begin();while( it != s.end() ) {f[i] ++;int k = it -> second;s.erase( it );it = s.lower_bound( { k + 1, 0 } );}f[i] += f[i - 1];}
}int main() {scanf( "%d %d %d", &n, &m1, &m2 );calc( m1, f1 );calc( m2, f2 );int ans = 0;for( int i = 0;i <= n;i ++ )ans = max( ans, f1[i] + f2[n - i] );printf( "%d\n", ans );return 0;
}

括号序列

problem

题目链接

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solution

这道题难就难在 **()** 是不合法的。

为了知道左右的信息，我们选择区间 $dp$。

设 $g[l,r]:[l,r]$ 能否全为 $\ast$

设 $f[l,r]:[l,r]$ 强制 $l-r$ 括号匹配的方案数

设 $dp[l,r]:[l,r]$ 为超级完美序列的方案数，不要求 $l-r$ 一定匹配

转移很简单，就是将合法的规则翻译成方程式即可。

• (***(...)) 枚举左边连续一段 $\ast$
• ((...)***) 枚举右边连续一段 $\ast$
• ((...)) 直接嵌套一个匹配括号对
• ()**() $l-r$ 与不同的括号匹配，中间要么为 $\varnothing$ 要么为连续的 $\ast$

主要是 $dp-f$ 之间相互转移，$g$ 是预处理做的。

这就是妥妥的 $O(n^4)$ 的转移。

正解就是在这个基础上进行了前缀和/后缀和的优化。

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code-65’

#include <cstdio>
#define maxn 505
#define int long long
#define mod 1000000007
int n, m;
char s[maxn];
int f[maxn][maxn], dp[maxn][maxn];
bool g[maxn][maxn];signed main() {scanf( "%lld %lld %s", &n, &m, s + 1 );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {if( s[i] == '*' or s[i] == '?' ) g[i][i] = 1;g[i][i - 1] = 1;}for( int len = 2;len <= m;len ++ )for( int i = 1;i + len - 1 <= n;i ++ ) {int j = i + len - 1;if( s[i] == '*' or s[i] == '?' ) g[i][j] |= g[i + 1][j];if( s[j] == '*' or s[j] == '?' ) g[i][j] |= g[i][j - 1];}for( int i = 1;i < n;i ++ )if( s[i] == ')' or s[i] == '*' or s[i + 1] == '(' or s[i + 1] == '*' ) continue;else f[i][i + 1] = dp[i][i + 1] = 1;for( int len = 3;len <= n;len ++ ) for( int i = 1;i + len - 1 <= n;i ++ ) {int j = i + len - 1;if( s[i] == ')' or s[i] == '*' or s[j] == '(' or s[j] == '*' ) continue;f[i][j] = ( f[i][j] + dp[i + 1][j - 1] ) % mod;if( j - 1 - ( i + 1 ) + 1 <= m ) f[i][j] = ( f[i][j] + g[i + 1][j - 1] ) % mod;for( int k = i + 2;k < j - 1;k ++ ) if( k - 1 - ( i + 1 ) + 1 > m ) break;else f[i][j] = ( f[i][j] + g[i + 1][k - 1] * dp[k][j - 1] ) % mod;for( int k = j - 2;k > i + 1;k -- )if( ( j - 1 ) - ( k + 1 ) + 1 > m ) break;else f[i][j] = ( f[i][j] + g[k + 1][j - 1] * dp[i + 1][k] ) % mod;for( int k = i + 1;k < j - 1;k ++ ) for( int t = 0;t <= m;t ++ )if( k + t + 1 >= j ) break;else dp[i][j] = ( dp[i][j] + f[i][k] * dp[k + t + 1][j] * g[k + 1][k + t] ) % mod;dp[i][j] = ( dp[i][j] + f[i][j] ) % mod;}printf( "%lld\n", dp[1][n] );return 0;
}

code-100‘

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 1000000007
#define maxn 505
int f[maxn][maxn], g[maxn][maxn], h[maxn][maxn];
char s[maxn];
int n, m;bool is( int x, char c ) {if( x < 1 or x > n ) return 0;else return s[x] == '?' or s[x] == c;
}signed main() {scanf( "%lld %lld %s", &n, &m, s + 1 );for( int i = 2;i <= n;i ++ ) f[i][i - 1] = 1;for( int l = n;l;l -- )for( int r = l;r <= n;r ++ ) {if( is( l, '(' ) and is( r, ')' ) ) {f[l][r] = f[l + 1][r - 1];for( int i = l + 2;i <= min( l + m + 1, r ) and is( i - 1, '*' );i ++ )f[l][r] = ( f[l][r] + f[i][r - 1] ) % mod;for( int i = r - 2;i >= max( l + 1, r - m - 1 ) and is( i + 1, '*' );i -- )f[l][r] = ( f[l][r] + f[l + 1][i] ) % mod;}h[l][r] = g[l][r] = f[l][r];for( int i = r - 1;i >= r - m and is( i + 1, '*' );i -- ) g[l][r] = ( g[l][r] + h[l][i] ) % mod;for( int i = l;i < r;i ++ ) f[l][r] = ( f[l][r] + g[l][i] * f[i + 1][r] ) % mod;}printf( "%lld\n", f[1][n] );return 0;
}

回文

problem

题目链接

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solution

这道题比前面的题可能还要简单一点。

会发现，每次选择最左端或者最右端的数字，连续选择对应在中间的序列也必须是连续的。

i.e.

1....213....3 选最左边的 $1$，接着选最右边的 $3$，$b$ 序列里面就是 13...，为了最后的回文，最后几次操作必须是选 $3$ 后立马选 $1$。

那会不会是 1...123....3 这种呢，123 貌似可以不相邻成为两端。

显然不可能，先选的 13... 之后才选择 $2$ ，那么回文就必须先选 $2$，再选 31，而 $2$ 都被 $1$ 和 $3$ 堵死了。

所以这就是一个贪心模拟的过程。

优先从左边选择开始模拟。

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code

#include <cstdio>
#define maxn 1000005
int T, n, flag;
int a[maxn], ans[maxn];
int pos[2][maxn];void print() {int l = 1, r = n << 1;for( int i = 1;i <= ( n << 1 );i ++ )if( ans[i] == l ) printf( "L" ), l ++;else printf( "R" ), r --;printf( "\n" );
}void solve( int l, int r, int L, int R ) {for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {if( l < L ) {if( pos[1][a[l]] == L - 1 ) { ans[i] = l ++, ans[(n << 1 | 1) - i] = -- L; continue; }if( pos[1][a[l]] == R + 1 ) { ans[i] = l ++, ans[(n << 1 | 1) - i] = ++ R; continue; }}if( r > R ) {if( pos[0][a[r]] == L - 1 ) { ans[i] = r --, ans[(n << 1 | 1) - i] = -- L; continue; }if( pos[0][a[r]] == R + 1 ) { ans[i] = r --, ans[(n << 1 | 1) - i] = ++ R; continue; }}flag = 0;return;}
}int main() {scanf( "%d", &T );while( T -- ) {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) pos[0][i] = pos[1][i] = 0;for( int i = 1;i <= ( n << 1 );i ++ ) {scanf( "%d", &a[i] );if( ! pos[0][a[i]] ) pos[0][a[i]] = i;else pos[1][a[i]] = i;}flag = 1;ans[1] = 1, ans[n << 1] = pos[1][a[1]];solve( 2, n << 1, pos[1][a[1]], pos[1][a[1]] );if( flag ) { print(); continue; }flag = 1;ans[1] = n << 1, ans[n << 1] = pos[0][a[n << 1]];solve( 1, (n << 1) - 1, pos[0][a[n << 1]], pos[0][a[n << 1]] );if( flag ) { print(); continue; }printf( "-1\n" );}return 0;
}

交通规划

problem

题目链接

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solution

只能黑白染色，然后端点颜色不同的边就会计算贡献。

如果想到了，就是非常明显的网络流。

这种平面图般的网络流是很经典的有最短路优化——BZOJ上有一题网络流的经典“狼抓兔子”。

就算不会最短路优化也是可以暴力上网络流硬跑前 $60^{\prime }$ 的部分分。

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code-60‘

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define inf 1e18
#define maxn 505
#define Maxn 260000
#define maxm 1200000
#define int long long
queue < int > q;
struct node { int to, nxt, flow; }E[maxm];
int n, m, T, cnt, N, s, t, k;
int head[Maxn], cur[Maxn], dis[Maxn];
int a[maxn][maxn], b[maxn][maxn];void addedge( int u, int v, int flow ) {E[cnt] = { v, head[u], flow };head[u] = cnt ++;E[cnt] = { u, head[v], flow };head[v] = cnt ++;
}bool bfs() {memset( dis, 0, sizeof( dis ) );dis[s] = 1, q.push( s );while( ! q.empty() ) {int u = q.front(); q.pop();for( int i = cur[u] = head[u];~ i;i = E[i].nxt ) {int v = E[i].to;if( ! dis[v] and E[i].flow ) {dis[v] = dis[u] + 1;q.push( v );}}}return dis[t];
}int dfs( int u, int cap ) {if( u == t or ! cap ) return cap;int flow = 0;for( int i = cur[u];~ i;i = E[i].nxt ) {cur[u] = i; int v = E[i].to;if( dis[v] == dis[u] + 1 ) {int w = dfs( v, min( cap, E[i].flow ) );if( ! w ) continue;E[i ^ 1].flow += w;E[i].flow -= w;flow += w;cap -= w;if( ! cap ) break;}}return flow;
}int dinic() {int ans = 0;while( bfs() ) ans += dfs( s, inf );return ans;
}int id( int i, int j ) { return ( i - 1 ) * m + j; }signed main() {scanf( "%lld %lld %lld", &n, &m, &T );for( int i = 1;i < n;i ++ ) for( int j = 1;j <= m;j ++ ) scanf( "%lld", &a[i][j] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) for( int j = 1;j < m;j ++ ) scanf( "%lld", &b[i][j] );while( T -- ) {cnt = 0, memset( head, -1, sizeof( head ) );scanf( "%lld", &k );N = n * m, s = N + k + 1, t = s + 1;for( int i = 1;i < n;i ++ ) for( int j = 1;j <= m;j ++ ) addedge( id(i, j), id(i + 1, j), a[i][j] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) for( int j = 1;j < m;j ++ ) addedge( id(i, j), id(i, j + 1), b[i][j] );for( int i = 1;i <= N;i ++ ) addedge( s, i, 0 ), addedge( i, t, 0 );for( int i = 1, w, x, c;i <= k;i ++ ) {scanf( "%lld %lld %lld", &w, &x, &c );++ N; int pos;if( x <= m ) pos = id( 1, x );else if( x <= n + m ) pos = id( x - m, m );else if( x <= n + m * 2 ) pos = id(n, 2 * m + n - x + 1);else pos = id( 2 * ( m + n ) - x + 1, 1 );addedge( N, pos, w );if( c ) addedge( s, N, w );else addedge( N, t, w );}printf( "%lld\n", dinic() );}return 0;
}