USACO 21DEC Platinum
T1 Ticket
题目难度：USACO P/省选
先想暴力做法。注意到一个人不会重复买票，所以我们可以把每种票看作虚拟节点，买票看作从 到 号票边权为 的边，同时 号票向区间 中的所有点连边权为 的边。题目希望求出每个点到达 和 所需的最小代价，不妨建反图以 和 为原点分别跑一遍最短路。
然而这样会喜提 WA 。因为仍然没有解决重复买票的问题，两条最短路的交集中的所有边被算了两遍。怎么解决？先记当前答案为 ，若节点 的两条最短路均经过它的邻居 ，不难发现 。这和单源最短路的松弛本质相同，我们对答案数组重新跑一遍最短路即可。
时间复杂度：
下面提供两种优化的思路，第一种是考场第一眼看出的线段树优化建图，具体知识可以参考这个博客 DS优化建图 。
对区间中的每个点暴力连边是不好的！我们用线段树建图的方式连边，时间复杂度为 。USACO评测机或洛谷开 O2 均可通过本题。#include 如何优化？考虑 dijkstra 时实际上在做什么。原图中的节点会影响将它包含的票的虚拟节点，然后这个虚拟节点仅影响其所对应的一个原图节点 。其次，我们知道堆优化 dijkstra 后每个票仅会被更新一次。于是并不需要建出图，在线段树上转移并且对更新完的区间打上标记就可以做到 （代码咕咕咕）。
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=1e6+5,M=7e6+5;
const ll inf=1e16;
int head[N],cnt;
struct Edge{
int to,nxt,w;
}e[M];
inline void add(int u,int v,int w){e[++cnt]={v,head[u],w};head[u]=cnt;}
int n,q,s;
struct Node{int l,r;}t[N];
#define ls (p<<1)
#define rs (ls|1)
inline void build(int p,int l,int r){
t[p].l=l,t[p].r=r;
if(l==r){//叶子节点与原图加边
add(l+8*n,p,0);add(p+4*n,l+8*n,0);
add(p,l+8*n,0);add(l+8*n,p+4*n,0);
return;
}
//向儿子连边
add(p,ls,0);add((ls)+4*n,p+4*n,0);
add(p,rs,0);add((rs)+4*n,p+4*n,0);
int mid=(l+r)>>1;
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
}
inline void upd(int p,int L,int R,int u,int w){
int l=t[p].l,r=t[p].r,mid=(l+r)>>1;
if(l==L&&r==R){//当前节点覆盖区间
add(p+4*n,u+8*n,w);
return;
}
if(R<=mid)upd(ls,L,R,u,w);
else if(L>mid)upd(rs,L,R,u,w);
else{
upd(ls,L,mid,u,w);upd(rs,mid+1,R,u,w);
}
}
ll dis[N],d[N];
struct node{
ll dis;int pos;
bool operator <( const node &x )const{
return x.dis < dis;
}
};
bool vis[N];
priority_queue
inline void dijkstra(bool op=0){
if(!op){
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[s]=0;pq.push({0,s});
}else{
rep(i,1,9*n+q)pq.push({dis[i],i});
}
memset(vis,0,sizeof(vis));
while(!pq.empty()){
node tmp=pq.top();pq.pop();
int x=tmp.pos;
if(vis[x])continue;
vis[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int y=e[i].to;
if(dis[y]>dis[x]+e[i].w){
dis[y]=dis[x]+e[i].w;
pq.push({dis[y],y});
}
}
}
}
int main(){
n=read(),q=read();
build(1,1,n);
rep(i,1,q){
int a=read(),w=read(),b=read(),c=read();
upd(1,b,c,i+n,0);
add(9*n+i,a+8*n,w);
}
s=8*n+1;
dijkstra();
memcpy(d,dis,sizeof(d));
//rep(i,1,n)cout<
dijkstra();
rep(i,1,9*n+q)dis[i]+=d[i];
dijkstra(1);
rep(i,1,n){
if(dis[i+8*n]>inf)puts("-1");
else printf("%lldn",dis[i+8*n]);
}
return 0;
}
第二种做法来自 Benq 的题解。同样利用上面的性质，对所有票按左端点升序排列，注意到每个门票最多入队一次，建一棵势能线段树维护一段区间的所有票右端点的最大值即可。在每个票入队后打上标记，均摊分析可以得出复杂度为 。目前在洛谷上是最优解。
时间复杂度：#include T2 Paired Up题目难度：USACO P+/NOI-
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define pii pair
#define vi vector
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define sz(x) int(x.size())
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=2e5+5;
const ll inf = 1e18;
struct ticket{int c,p,a,b;};
bool cmp(ticket x,ticket y){return x.a
int n,sz;
vector
vector
#define ls (p<<1)
#define rs (ls|1)
void pushup(int p){mx[p]=max(mx[ls],mx[rs]);}
SegTree(vector
n = 1;
sz = sz(tickets);
while(n < sz)n<<=1;
mx.assign(2*n,0);
rep(i,0,n-1){
if(i < sz){
mx[i+n] = tickets[i].b;
}else mx[i+n] = -1;
}
per(i,n-1,1)pushup(i);
}
//找到所有可能转移的门票并移除
void remove(vector
if(R==-1)R+=n;
if(L>=sz||tickets[L].a>x||mx[p]
mx[p] = -1;
v.pb(L);
return;
}
int mid = (L+R)>>1;
remove(v,x,ls,L,mid),remove(v,x,rs,mid+1,R);
pushup(p);
}
};
void Min(ll &a,const ll b){if(a>b)a=b;}
int main(){
int n=read(),k=read();
vector
for(auto &t: tickets){
t.c=read()-1,t.p=read(),t.a=read()-1,t.b=read()-1;
}
sort(ALL(tickets),cmp);
auto Dij = [&](vector
priority_queue
rep(i,0,k-1){
Min(dis[tickets[i].c],dis[i+n]+tickets[i].p);
}
rep(i,0,n-1){
if(dis[i]
SegTree seg(tickets);
while(!pq.empty()){
pii x = pq.top();
pq.pop();
if(-x.fi>dis[x.se])continue;
vector
seg.remove(vec,x.se);//找到转移的门票
for(int t : vec){
if(dis[t+n] > dis[x.se]){
dis[t+n] = dis[x.se];
if(dis[tickets[t].c] > dis[x.se] + tickets[t].p){
dis[tickets[t].c] = dis[x.se] + tickets[t].p;
pq.push({-dis[tickets[t].c],tickets[t].c});
}
}
}
}
};
//三次最短路
vector
L[0]=0,R[n-1]=0;
Dij(L),Dij(R);
rep(i,0,n+k-1)dis[i] = L[i] + R[i];
Dij(dis);
rep(i,0,n-1){
if(dis[i]
}
return 0;
}
子任务 1：
设 为当前考虑到第 头 H 牛，第 头 G 牛时匹配的牛的最大权值和。那么我们可以选择不匹配 ，不匹配 ，或者是将 和 匹配。
时间复杂度：#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)子任务 2：
#define pii pair
#define vi vector
int main(){
T=read(),n=read(),K=read();
vector
cow[0].pb({0,0}),cow[1].pb({0,0});
rep(i,1,n){
cin>>c;
int x=read(),y=read();
cow[c=='H'].pb({x,y});
sum+=y;
}
A=sz(cow[0]),B=sz(cow[1]);
if(T==1){
vector
rep(i,1,A)rep(j,1,B){
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
if(abs(cow[0][i].x-cow[1][j].x)<=K)
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+cow[0][i].y+cow[1][j].y);
}
printf("%dn",sum-dp[A][B]);
}
}
对于最大化未匹配的权值和，我们考虑使用类似的 dp 状态。但是注意到在上述转移时，有时候我们考虑的并不是最大匹配，只是因为最优解只产生于最大匹配（若不是最大匹配，多匹配两头牛显然更优），我们才能得到 时的答案。
于是我们需要把最大匹配这一限制加入我们的 dp 状态，具体地，我们加入一维 表示最后一头未匹配的牛，假设我们不想匹配当前的 H 牛，那么牛 必须满足如下条件之一：
牛 的品种是 牛 与当前牛的距离大于 状态量是 ，每次转移还是 的，足够通过该子任务。
时间复杂度：vector 子任务 3：
dp[0][0][n]=0;
rep(i,0,A)rep(j,0,B)rep(k,0,n){
if(dp[i][j][k]==-1)continue;
if(i
if(i
if(j
}
int ans = 0;
rep(i,0,n)Max(ans,dp[A][B][i]);
printf("%dn",ans);
考虑最终的优化， 两维比较难舍去，但我们可以修改最后一维的定义。定义 为处理到前 头 H 牛， 头 G 牛，并且钦定下一种不放入匹配的牛的品种为 。有转移：
当然我们也可以转换钦定的品种：如果之前我们被强制不选 H 牛，那么最后一个未匹配的 H 牛最多是第 个。能不放入匹配的 G 牛需要离该牛距离至少为 ，且在该牛之前的所有牛都要放入匹配。预处理出对于所有 ，满足条件的 G 牛编号的最小值，并且判断这段区间的牛是否能全部匹配即可。
时间复杂度：per(i,A,1)per(j,B,1){T3 HILO题目难度：USACO P/省选-
if(chk(i,j))lst[i][j]=lst[i+1][j+1]+1;
else lst[i][j]=0;
}
int j=1;
rep(i,1,A){
while(j<=B&&(chk(i,j)||G[j].x
}
j=1;
rep(i,1,B){
while(j<=A&&(chk(j,i)||H[j].x
}
memset(f,-0x3f,sizeof(f));
memset(g,-0x3f,sizeof(g));
nxtG[0] = nxtH[0] = 1;
f[0][0] = g[0][0] = 0;
rep(i,0,A)rep(j,0,B){
int cnt = max(nxtH[i]-j-1,0);
if(i+cnt<=A && lst[i+1][j+1]>=cnt)
Max(g[i+cnt][j+cnt],f[i][j]);
cnt = max(nxtG[j]-i-1,0);
if(j+cnt<=B && lst[i+1][j+1]>=cnt)
Max(f[i+cnt][j+cnt],g[i][j]);
if(iMax(f[i+1][j+1],f[i][j]);
Max(g[i+1][j+1],g[i][j]);
}
if(i
printf("%dn",max(f[A][B],g[A][B]));
不难发现猜 HI 的数不会使猜 LO 的数被跳过。设 ，那么原题相当于将 和 排列，只记录 的每次下标最大值的出现位置，求期望 的数量。
这可以 dp ，设 为当前最大出现 以及最后一个出现的是 ，通过简单的转移可以做到 。前缀和优化可以做到 ，这里不再赘述。
比较吸引我的是在赛后讨论中看到的 做法，这里简单的证明一下。
结论：令 . 有
证明：
或 时结论显然成立，不妨对 归纳。即证 后期望的变化为：
计算对 的排列中插入 对答案的贡献， 只能排在第一个出现的 之前，否则会被跳过。 个 将 个 分成 段，故第一个 前 的期望个数为 个。设前面有 个 。
接下来，只要 被插入在 个 中最大的 前面，都会对期望贡献一个 "ba" 。最大的 的期望位置为：
即为原排列首项是 的概率，为 。 能得出：const int N=2e5+5,P=1e9+7;
int n,x;
ll H[N],inv[N];
int main(){
n=read(),x=read();
inv[1]=1;
ll fac = 1;
rep(i,2,n){
inv[i]=(P-P/i)*inv[P%i]%P;
fac = fac*i%P;
}
rep(i,1,n)H[i]=(H[i-1]+inv[i])%P;
int y = n-x;
cout<<(fac*inv[2]%P*(inv[n]*y%P+H[x]+H[y]-H[n])%P+P)%P;
return 0;
}
【竞赛报名/项目咨询请加微信：mollywei007】
