2015acm区域赛长春

F.Almost Sorted Array(hdu 5532)

LIS

题意：

给你一个数组，问你是否能去掉其中一个元素，使得剩下的是一个非递增序列，或非递减序列

数据范围：

n<=10^5,ai<=10^5

思路：

非递增和非递减分开处理(下面用单增来代替非递减)

判断能否单增，暴力地从左往右扫，扫到不满足单增的相邻两项，判断下是删除左边还是删除右边。然后继续扫，能扫到结尾就是ok，又遇到不满足的就不行了。这样做复杂度是O(n)

由于没有卡nlogn，所以你大可以套LIS模板，这里就是最长单增子序列，二分查找的时候要找上界不是下界。dp完看dp[n-1]是否合法，合法说明能到达这个长度，就是可以的

总结：求最长上升子序列，看长度能否达到n-1

G.Dancing Stars on Me(hdu 5533)

计算几何

题意：

给你n个点，问它们是不是组成一个正n边形

数据范围：

样例数<=300,n<=300,坐标绝对值<=10000

思路：

本题的坑是，坐标是整数输入，然后你会发现，除了正四边形，其他的正n边形都不可能同时为整数点。所以只要判断是不是正方形就可以了

正方形怎么判断？对坐标xy排序，然后第0个点和第3个点一定是对角线，然后就判断长度夹角什么的...

假如坐标不是整数点，我们要先求凸包，看凸包的点数是不是就是n，是的话再判断长度和夹角什么的，注意夹角要带方向

总结：判断n是不是4，是4的话判断是不是正方形

H.Partial Tree(hdu 5534)

背包问题

题意：

n个点，你要连n-1条边使之成为一棵树，并且使得这棵树的美丽值最大。

一棵树的美丽值等于每个点的美丽值之和，一个点的美丽值等于f(这个点的度数)，f(x)是一个映射，题目会给出

数据范围：

n<=2015,f(i)<=10000

思路：

一棵树的总度数是2n-2，每个点的度数>=1，设点i的度数是ai，可以证明只要sum(ai)=2n-2并且ai>=1，那么这棵树必定能构造出来。也就是说，只要加上这些限制，度数可以随便调了。那这个题就和图论无关了，变成背包问题了

问题变成，有n个物品，每个物品在不同的花费有不同的价值，你要使得总花费等于2n-2的情况下，价值之和最大

令dp[i][j]表示第i个物品花费了j之后的最大价值

dp[0][0]=0,dp[0][j]=-inf

dp[i][j]=dp[i-1][j-k]+f(k)，k>0

尽管空间可以压成一维，但是时间是O(n3)的，这样的dp显然不符合要求

这样考虑，每种度数的点有对应的度数花费，然后每种点有数量限制，这里的数量的含义是这种度数的点最多有多少个。虽然这样好像可以变成多重背包，但实际上也是无法确保dp[2n-2]就是用了n个点的

换另外一个思路，我们先让所有的点的度数为1，然后剩余的度数就是n-2，这时候每种物品的定义是某个点从度数为1升级为点数为i(i>1)，对应的花费就是i-1，价值是f[i]-f[1]。

这样做避开了dp中物品数要等于n的限制，因为升级的点和不升级的点的总数总是等于n的，不过同时它们要非负。怎么确定它们都非负，由于升级的点数肯定是非负的，所以你要确保无升级的点数非负，也就是说升级的点数不能超过n。

我们看，物品的最小花费是1，而剩余的度数只有n-2，也就是你最多只能做n-2次升级，因此升级的点数不可能超过n，所以说这样处理可以无视掉点数等于n这个限制

某种物品的所有数量的总花费多于花费的上限，多重背包就能等价于完全背包。所以我们抽象出这些物品，然后直接跑完全背包，得到dp[n-2]。dp[n-2]是升级的价值，加上一开始让所有点的度数为1的价值n*f[1]，就是答案

总结：把问题变成背包问题，先让所有点度数为1，再构造物品，跑完全背包

J.Chip Factory(hdu 5536)

字典树

题意：

给你一个数组，求max((ai+aj)⊕ak),要求i≠j≠k

数据范围：

n<=1000,ai<=10^9

思路：

暴力是O(n3)的不用多说，但据说现场能水过...后来hdu加强了数据，我加了个剪枝水过了，剪枝利用的原理是两个数的异或的二进制码的长度(没有前导零)，一定是小于等于这两个数的二进制码的长度的最大值的，并且如果这两个数的长度不等，异或出来的数的长度就会等于这两个数长度较大的那个

剪枝就是，先把ai+aj枚举出来，然后分组，按它的二进制码长度分组。就刚才我们知道，只要存在ak的长度不是分组的最大长度，那么答案的长度一定是分组的最大长度。

我们枚举ak，先让ak和分组中最长的那组异或(当然要保证合法的前提)，更新答案。然后看当前的最优答案的二进制码长度是否比ak要长。比ak长的话，就刚才的推理，说明了最终答案一定是分组的最大长度，那么既然ak已经和最大长度的ai+aj异或过了，那更短的那些就没必要异或了，就是这里剪枝了！如果答案和ak一样长，那我们老老实实地把剩余分组都异或一下。这样的复杂度应该也是O(n3)的，但是那个剪枝比较强，卡过去了

摆正姿势，正确做法是字典树，把所有的ak以二进制码的形式放进字典树(要包含前导零)，然后枚举ai+aj。每次操作前先在字典树删除ai和aj，操作后再加回来，确保i≠j≠k。

操作是ai+aj也变成二进制码，然后在字典树上从高位开始走，在当前的位，尽量选与ai+aj这个位上不同的枝条。比如ai+aj的这个位是1，那去0，没有这个枝条才去1。这样子从高位到低位考虑，每步的决策必然是最优的，在走的时候记得一边走一边算答案就是了

数的二进制码的长度默认是31，总的复杂度是O(31*n2+31n)=O(n2)

总结：用字典树保存ak，枚举ai+aj在字典树上贪心决策

L.House Building(hdu 5538)

水题

题意：

给你一个矩阵，它是一间屋子的平面图。矩阵每个格的数字表示屋子在这个点的高度，你需要给这间屋子的表面涂色(不包括地下部分)，问要涂多少格

数据范围：

行列<=50，高度<=1000

思路：

对于某个点的一条柱，它有五个面要考虑(底面不用)，向天的面直接+1就好，其他四个面就要看相邻的点的柱子高度。某个面对应的相邻柱子高度比自己高的话，那这个面就没必要涂了。否则，要涂的格就是高度差。

因此对于一个点，你遍历它的邻居就知道这个点的柱子要涂多少格。总的复杂度是O(4*row*col)=O(n2)

在数组的周围一圈标上零，可以省去边界的判断

总结：遍历每个点，考虑它的邻居的高度，计算这个点要涂色的格子数