【NOIP2012】洛谷1081 开车旅行
2016-07-18 14:29
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题目描述
小 A 和小 B 决定利用假期外出旅行,他们将想去的城市从 1 到 N 编号,且编号较小的
城市在编号较大的城市的西边,已知各个城市的海拔高度互不相同,记城市 i 的海拔高度为
Hi,城市 i 和城市 j 之间的距离 d[i,j]恰好是这两个城市海拔高度之差的绝对值,即
d[i,j] = |Hi− Hj|。
旅行过程中,小 A 和小 B 轮流开车,第一天小 A 开车,之后每天轮换一次。他们计划
选择一个城市 S 作为起点,一直向东行驶,并且最多行驶 X 公里就结束旅行。小 A 和小 B
的驾驶风格不同,小 B 总是沿着前进方向选择一个最近的城市作为目的地,而小 A 总是沿
着前进方向选择第二近的城市作为目的地(注意:本题中如果当前城市到两个城市的距离
相同,则认为离海拔低的那个城市更近)。如果其中任何一人无法按照自己的原则选择目的
城市,或者到达目的地会使行驶的总距离超出 X 公里,他们就会结束旅行。
在启程之前,小 A 想知道两个问题:
1.对于一个给定的 X=X0,从哪一个城市出发,小 A 开车行驶的路程总数与小 B 行驶
的路程总数的比值最小(如果小 B 的行驶路程为 0,此时的比值可视为无穷大,且两个无穷大视为相等)。如果从多个城市出发,小 A
开车行驶的路程总数与小 B 行驶的路程总数的比
值都最小,则输出海拔最高的那个城市。
总数。 输入输出格式 输入格式:
第一行包含一个整数 N,表示城市的数目。
第二行有 N 个整数,每两个整数之间用一个空格隔开,依次表示城市 1 到城市 N 的海
拔高度,即 H1,H2,……,Hn,且每个 Hi都是不同的。
第三行包含一个整数 X0。
第四行为一个整数 M,表示给定 M 组 Si和 Xi。
接下来的 M 行,每行包含 2 个整数 Si和 Xi,表示从城市 Si出发,最多行驶 Xi公里。
输出格式:
输出共 M+1 行。
第一行包含一个整数 S0,表示对于给定的 X0,从编号为 S0的城市出发,小 A 开车行驶
的路程总数与小 B 行驶的路程总数的比值最小。
接下来的 M 行,每行包含 2 个整数,之间用一个空格隔开,依次表示在给定的 Si和
Xi下小 A 行驶的里程总数和小 B 行驶的里程总数。
动态规划+倍增。
dis[i][j][k][l]表示从i点出发,走2^j步,k先走,l的路程长度。
求出这个以后,就可用倍增求出某一点出发路程总长度不超过某一个值,两个人分别走的路程长度。
这样对于第二问,直接求。对于第一问,枚举起点求。
因为每次计算复杂度是O(logn),所以计算阶段的总复杂度为O(nlogn+mlogn)。
接下来考虑如何求dis数组。
不难写出转移方程dis[i][j][k][l]=dis[i][j-1][k][l]+dis[des[i][j-1][k]][j-1][k][l]。
其中des[i][j][k]表示从i出发,走2^j步,k先开,最后的终点。
边界条件就是j=0,直接根据des计算。
这一步的复杂度为O(nlogn)。
接下来考虑如何求des数组。
同理,不难写出方程des[i][j][k]=des[des[i][j-1][k]][j-1][k]。
但是有两点需要注意。
1.j=1时特殊考虑,方程变为des[i][1][k]=des[des[i][0][j]][0][k^1]。
2.边界条件,即如何求des[i][0][j]。
建立一棵平衡树【或者直接用set】,从右向左扫描,扫描到某一个点时,当前set里的就是该点右边的点。用lower_bound()即可求出最近点和次近点。然后把该点插入set中。
平衡树复杂度O(nlogn),求des同样O(nlogn)。
综上所述,总的时间复杂度为O((m+n)logn)。
实现时注意的细节:
1.set里可以预先插入无穷大和无穷小,避免各种RE。
2.倍增求dis和des的时候,2的幂j循环要放在最外面。
小 A 和小 B 决定利用假期外出旅行,他们将想去的城市从 1 到 N 编号,且编号较小的
城市在编号较大的城市的西边,已知各个城市的海拔高度互不相同,记城市 i 的海拔高度为
Hi,城市 i 和城市 j 之间的距离 d[i,j]恰好是这两个城市海拔高度之差的绝对值,即
d[i,j] = |Hi− Hj|。
旅行过程中,小 A 和小 B 轮流开车,第一天小 A 开车,之后每天轮换一次。他们计划
选择一个城市 S 作为起点,一直向东行驶,并且最多行驶 X 公里就结束旅行。小 A 和小 B
的驾驶风格不同,小 B 总是沿着前进方向选择一个最近的城市作为目的地,而小 A 总是沿
着前进方向选择第二近的城市作为目的地(注意:本题中如果当前城市到两个城市的距离
相同,则认为离海拔低的那个城市更近)。如果其中任何一人无法按照自己的原则选择目的
城市,或者到达目的地会使行驶的总距离超出 X 公里,他们就会结束旅行。
在启程之前,小 A 想知道两个问题:
1.对于一个给定的 X=X0,从哪一个城市出发,小 A 开车行驶的路程总数与小 B 行驶
的路程总数的比值最小(如果小 B 的行驶路程为 0,此时的比值可视为无穷大,且两个无穷大视为相等)。如果从多个城市出发,小 A
开车行驶的路程总数与小 B 行驶的路程总数的比
值都最小,则输出海拔最高的那个城市。
对任意给定的 X=Xi和出发城市 Si,小 A 开车行驶的路程总数以及小 B 行驶的路程
总数。 输入输出格式 输入格式:
第一行包含一个整数 N,表示城市的数目。
第二行有 N 个整数,每两个整数之间用一个空格隔开,依次表示城市 1 到城市 N 的海
拔高度,即 H1,H2,……,Hn,且每个 Hi都是不同的。
第三行包含一个整数 X0。
第四行为一个整数 M,表示给定 M 组 Si和 Xi。
接下来的 M 行,每行包含 2 个整数 Si和 Xi,表示从城市 Si出发,最多行驶 Xi公里。
输出格式:
输出共 M+1 行。
第一行包含一个整数 S0,表示对于给定的 X0,从编号为 S0的城市出发,小 A 开车行驶
的路程总数与小 B 行驶的路程总数的比值最小。
接下来的 M 行,每行包含 2 个整数,之间用一个空格隔开,依次表示在给定的 Si和
Xi下小 A 行驶的里程总数和小 B 行驶的里程总数。
动态规划+倍增。
dis[i][j][k][l]表示从i点出发,走2^j步,k先走,l的路程长度。
求出这个以后,就可用倍增求出某一点出发路程总长度不超过某一个值,两个人分别走的路程长度。
这样对于第二问,直接求。对于第一问,枚举起点求。
因为每次计算复杂度是O(logn),所以计算阶段的总复杂度为O(nlogn+mlogn)。
接下来考虑如何求dis数组。
不难写出转移方程dis[i][j][k][l]=dis[i][j-1][k][l]+dis[des[i][j-1][k]][j-1][k][l]。
其中des[i][j][k]表示从i出发,走2^j步,k先开,最后的终点。
边界条件就是j=0,直接根据des计算。
这一步的复杂度为O(nlogn)。
接下来考虑如何求des数组。
同理,不难写出方程des[i][j][k]=des[des[i][j-1][k]][j-1][k]。
但是有两点需要注意。
1.j=1时特殊考虑,方程变为des[i][1][k]=des[des[i][0][j]][0][k^1]。
2.边界条件,即如何求des[i][0][j]。
建立一棵平衡树【或者直接用set】,从右向左扫描,扫描到某一个点时,当前set里的就是该点右边的点。用lower_bound()即可求出最近点和次近点。然后把该点插入set中。
平衡树复杂度O(nlogn),求des同样O(nlogn)。
综上所述,总的时间复杂度为O((m+n)logn)。
实现时注意的细节:
1.set里可以预先插入无穷大和无穷小,避免各种RE。
2.倍增求dis和des的时候,2的幂j循环要放在最外面。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<iostream> #include<set> #include<algorithm> using namespace std; const long long oo=100000023333333; long long des[100010][20][2],dis[100010][20][2][2],to[100010][2],lim,n; struct city { long long num,hei; bool operator < (const city &a) const { return hei<a.hei; } }dat[100010],tem; set<city>::iterator i1,i2,i3,i4; bool cmp(city x,city a,city b) { if (abs(x.hei-a.hei)==abs(x.hei-b.hei)) return a.hei<b.hei; return abs(x.hei-a.hei)<abs(x.hei-b.hei); } void cal(int s,long long l,long long &ansa,long long &ansb) { long long i,j,k,x,y,z,p,q,tot; ansa=ansb=0; for (p=lim;p>=0;) if (des[s][p][0]&&ansa+ansb+dis[s][p][0][0]+dis[s][p][0][1]<=l) { ansa+=dis[s][p][0][0]; ansb+=dis[s][p][0][1]; s=des[s][p][0]; } else p--; } int main() { freopen("drive.in","r",stdin); freopen("drive.out","w",stdout); long long i,j,k,l,m,p,q,x,y,z,w,len,ansa,ansb,ans; scanf("%lld",&n); lim=log(n+0.5)/log(2.0); for (i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld",&dat[i].hei); dat[i].num=i; } set<city> pl; tem.num=0; tem.hei=oo; pl.insert(tem); tem.hei=-oo; pl.insert(tem); tem.hei=oo+1; pl.insert(tem); tem.hei=-oo-1; pl.insert(tem); for (i=n;i>=1;i--) { i1=pl.lower_bound(dat[i]); i2=i1; i2--; i3=i2; i3--; i4=i1; i4++; if (cmp(dat[i],*i1,*i2)) { to[i][1]=i1->num; if (cmp(dat[i],*i2,*i4)) to[i][0]=i2->num; else to[i][0]=i4->num; } else { to[i][1]=i2->num; if (cmp(dat[i],*i1,*i3)) to[i][0]=i1->num; else to[i][0]=i3->num; } pl.insert(dat[i]); } for (i=1;i<=n;i++) for (j=0;j<=1;j++) des[i][0][j]=to[i][j]; for (i=1;i<=n;i++) for (j=0;j<=1;j++) des[i][1][j]=des[des[i][0][j]][0][j^1]; for (j=2;j<=lim;j++) for (i=1;i<=n;i++) for (k=0;k<=1;k++) des[i][j][k]=des[des[i][j-1][k]][j-1][k]; for (i=1;i<=n;i++) for (j=0;j<=1;j++) dis[i][0][j][j]=abs(dat[i].hei-dat[des[i][0][j]].hei); for (i=1;i<=n;i++) for (j=0;j<=1;j++) for (k=0;k<=1;k++) if (j==k) dis[i][1][j][j]=dis[i][0][j][j]; else dis[i][1][j][k]=dis[des[i][0][j]][0][k][k]; for (j=2;j<=lim;j++) for (i=1;i<=n;i++) for (k=0;k<=1;k++) for (l=0;l<=1;l++) dis[i][j][k][l]=dis[i][j-1][k][l]+dis[des[i][j-1][k]][j-1][k][l]; scanf("%lld",&len); cal(1,len,ansa,ansb); ans=1; for (i=2;i<=n;i++) { cal(i,len,x,y); if (ansb==0) { if (y||dat[i].hei>dat[ans].hei) { ansa=x; ansb=y; ans=i; } } else { if (!y) continue; if (((long long)x*ansb<(long long)y*ansa)|| ((long long)x*ansb==(long long)y*ansa&&dat[i].hei>dat[ans].hei)) { ansa=x; ansb=y; ans=i; } } } printf("%lld\n",ans); scanf("%lld",&m); for (i=1;i<=m;i++) { scanf("%lld%lld",&p,&q); cal(p,q,x,y); printf("%lld %lld\n",x,y); } }
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