解題區/出題解題

[ACM 題目] 災難再臨

Description

Background

還記得那些年我們已經經歷的災難嗎？PTC201410D！ZJOI 2012 DAY2！如果不記得，接著請聽我捏造個故事。

Problem

危險種這一類的怪物，不斷地在村莊肆虐作亂，並且不斷地靠近帝國首都，艾斯德斯大人受令狩獵帝國周圍的危險種。

根據情報顯示，危險種移動的路徑預估為有向無環圖，牠們的數個巢穴坐落於地圖的末端 (也就是不會在有別的地點抵達這個地方)，而在首都前將有數個要塞，要塞正牠們的目標之地。為了阻止牠們到來，身為艾斯德斯大人的下屬，必須派軍隊前往危險種前往要塞的必經之地，即使抵達的位置無法阻止所有巢穴的危險種，但能對艾斯德斯大人貢獻一份心力便已足夠。

由於必經之地很多，好不容易在地圖上標記起來，卻又不知道哪個地點比較好 (可以阻止最多巢穴前往要塞)。正在困擾的同時，艾斯德斯大人已經將全部危險種給剷除了 …

「還沒一瞬間就將怪物解決，艾斯德斯大人啊！ <(_ _)>」

不過報告書還是得寫 …

Input

輸入有多組測資。

每組測資第一行會有一個整數 N (N < 32767)。

接下來會有 N 行，第 i 行上會有數個整數 x，直到 0 表示結束，表示有一條邊從 i 到 x。

Output

對於每組測資，輸出可以埋伏地點以及埋伏的最佳收穫情況。

Sample Input

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9 12 0
9 14 11 0
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11 0
15 0
15 0
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7 0
16 0
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8 0

Sample Output

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6 4

Solution

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解題區/解題區 - UVa

UVa 12747 - Back to Edit Distance

Problem

目標從起始序列經過操作變成目標序列。

  • 操作 1 : 任意替除掉一個元素。
  • 操作 2 : 將元素插入到任意位置。

請問最少次數為何

Sample Input

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1 3 5 4 2
1 5 4 3 2
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3 4 2 1

Sample Output

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2
Case 1: 2
Case 2: 6

Solution

很明顯地看出，任意插入就可以直接無視，只要找有最長共同子序列即可，剩餘的元素一次替除一次插入即可。

但是最長子序列在這一題無法使用 O(n * n) 的算法，因此將其轉換成 LIS 做法，由於元素恰好不重複，可以在 O(n log n) 完成 (轉換不造成元素增加)。

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#include <stdio.h> 
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
// LCS to LIS
int A[262144], B[262144];
int LIS(int A[], int n) {
    vector<int> r;
    r.push_back(A[0]);
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int pos = (int)(upper_bound(r.begin(), r.end(), A[i]) - r.begin());
        if (pos == r.size())
            r.push_back(A[i]);
        else
            r[pos] = A[i];
    }
    return r.size();
}
int main() {
    int testcase, cases = 0;
    int n, x;
    scanf("%d", &testcase);
    while (testcase--) {
        scanf("%d", &n);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            scanf("%d", &x);
            A[x] = i;
        }
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            scanf("%d", &x);
            B[i] = A[x];
        }
        printf("Case %d: %d\n", ++cases, (n - LIS(B, n)) * 2);
    }
    return 0;
}
/*
2
5
1 3 5 4 2
1 5 4 3 2
4
1 2 4 3
3 4 2 1
*/
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解題區/解題區 - UVa

UVa 12166 - Equilibrium Mobile

Problem

給一個天平表達式，請問至少要調整幾個權重才能使之平衡。

Sample Input

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[[3,7],6]
40
[[2,3],[4,5]]

Sample Output

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0
3

Solution

恰好是一棵二元樹，那麼可以得知道假使一個權重不改，最後的天平重量為何。
假使 depth 上的權重 w 不改，則最後的天平重量就是 w * pow(2, depth)。

藉此，可以記錄所有最後的天平重量，得知最多有多少不改 = N - 最少改變個樹。

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#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <vector>
#include <map>
using namespace std;
char exp[1048576];
map<long long, int> R;
void dfs(int l, int r, int dep) {
    if (exp[l] == '[') {
        int p = 0;
        for (int i = l + 1; i <= r - 1; i++) {
            if (exp[i] == '[')	p++;
            if (exp[i] == ']')	p--;
            if (p == 0 && exp[i] == ',') {
                dfs(l+1, i-1, dep+1);
                dfs(i+1, r-1, dep+1);
            }
        }
    } else {
        int w;
        exp[r+1] = '\0';
        sscanf(exp+l, "%d", &w);
        R[(long long)w<<dep]++;
    }
}
int main() {
    int testcase;
    scanf("%d", &testcase);
    while (testcase--) {
        scanf("%s", exp);
        R.clear();
        dfs(0, strlen(exp) - 1, 0);
        int sum = 0, mx = 0;
        for (map<long long, int>::iterator it = R.begin();
            it != R.end(); it++)
            sum += it->second, mx = max(mx, it->second);
        printf("%d\n", sum - mx);
    }
    return 0;
}
/*
3
[[3,7],6]
40
[[2,3],[4,5]]
*/
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解題區/解題區 - UVa

UVa 11724 - Evaluate the Expression

Problem

每個變數皆為正整數，給定一個算術表達式和變數之間的大小關係，請問最少產生出來的答案為何。

Sample Input

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a+b*c
2
a>b
c>b
z*(x+y)
3
z>x
x>y
z>y
a+b+c+a
0

Sample Output

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2
3
Case 1: 4
Case 2: 9
Case 3: 4

Solution

先使用 spfa 找到根據 greedy 策略分配的變數值，如果發生負環情況直接輸出 -1。

然後使用矩陣鏈乘積的 DP 方法進行找到最小答案。

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#include <stdio.h> 
#include <vector>
#include <queue>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
char exp[1024], cond[1024];
int val[26];
int spfa(vector<int> g[]) {
    queue<int> Q;
    int inq[26] = {}, dist[26] = {};
    int cnt[26] = {};
    int u, v;
    for (int i = 0; i < 26; i++) {
        Q.push(i), dist[i] = 1;
    }
    while (!Q.empty()) {
        u = Q.front(), Q.pop();
        inq[u] = 0;
        for (int i = 0; i < g[u].size(); i++) {
            v = g[u][i];
            if (dist[v] < dist[u] + 1) {
                dist[v] = dist[u] + 1;
                if (!inq[v]) {
                    inq[v] = 1, Q.push(v);
                    if (++cnt[v] > 26)
                        return 0;
                }
            }
        }
    }
    for (int i = 0; i < 26; i++)
        val[i] = dist[i];
    return 1;
}
int used[512][512];
long long dp[512][512];
long long dfs(int l, int r) {
    if (used[l][r])
        return dp[l][r];
    if (l == r)
        return val[exp[l] - 'a'];
    used[l][r] = 1;
    long long &ret = dp[l][r];
    ret = 1LL<<60;
    int p = 0, test = 0;
    for (int i = l; i <= r; i++) {
        if (exp[i] == '(')	p++;
        if (exp[i] == ')')	p--;
        if (p == 0 && exp[i] == '+') {
            ret = min(ret, dfs(l, i-1) + dfs(i+1, r));
            test++;
        }
        if (p == 0 && exp[i] == '*') {
            ret = min(ret, dfs(l, i-1) * dfs(i+1, r));
            test++;
        }
    }
    if (test == 0)
        ret = min(ret, dfs(l+1, r-1));
    return ret;
}
int main() {
    int testcase, cases = 0;
    int n;
    scanf("%d", &testcase);
    while (testcase--) {
        scanf("%s", exp);
        scanf("%d", &n);
        vector<int> g[26];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            scanf("%s", cond);
            g[cond[2]-'a'].push_back(cond[0]-'a');
        }
        printf("Case %d: ", ++cases);
        if(!spfa(g)) {
            puts("-1");
        } else {
            memset(used, 0, sizeof(used));
            printf("%lld\n", dfs(0, strlen(exp) - 1));
        }
    }
    return 0;
}
/*
3
a+b*c
2
a>b
c>b
z*(x+y)
3
z>x
x>y
z>y
a+b+c+a
0
*/
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解題區/解題區 - UVa

UVa 1045 - The Great Wall Game

Problem

將棋子移動到可以形成萬里長城，也就是說移動到同一行、或同一列、或其一對角線上。

求移動得最少步數。

Sample Input

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1 2 2 4 3 4 5 1 5 3                                             
2                                                                
1 1 1 2                                                         
3                                                                
3 1 1 2 2 2                                                       
0

Sample Output

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Board 1: 6 moves required.
  
Board 2: 0 moves required.
  
Board 3: 1 moves required.

Solution

窮舉要移動到哪裡，然後找完美匹配的最大權重 - KM 算法。

只要將移動步數弄成負權重套上去 KM 即可。

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#include <stdio.h> 
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct KM {
    int W[105][105], N;
    int mx[105], my[105]; // match arr
    int lx[105], ly[105]; // label arr
    int x[105], y[105]; // used arr
    int hungary(int nd) {
        int i;
        x[nd] = 1;
        for(i = 0; i < N; i++) {
            if(y[i] == 0 && W[nd][i] == lx[nd]+ly[i]) {
                y[i] = 1;
                if(my[i] == -1 || hungary(my[i])) {
                    my[i] = nd;
                    return 1;
                }
            }
        }
        return 0;
    }
    int run() {
        int i, j, k, d;
        memset(mx, -1, sizeof(mx));
        memset(my, -1, sizeof(my));
        for (int i = 0; i < N; i++)
        	lx[i] = -0x3f3f3f3f, ly[i] = 0;
        for(i = 0; i < N; i++)
            for(j = 0; j < N; j++)
                lx[i] = lx[i] > W[i][j] ? lx[i] : W[i][j];
        for(i = 0; i < N; i++) {
            while(1) {
                memset(x, 0, sizeof(x));
                memset(y, 0, sizeof(y));
                if(hungary(i))  break;
                d = 0x3f3f3f3f;
                for(j = 0; j < N; j++) {
                    if(x[j]) {
                        for(k = 0; k < N; k++)
                            if(!y[k])
                            d = d < lx[j]+ly[k]-W[j][k] ?
                                d : lx[j]+ly[k]-W[j][k];
                    }
                }
                if(d == 0x3f3f3f3f)  break;
                for(j = 0; j < N; j++) {
                    if(x[j])    lx[j] -= d;
                    if(y[j])    ly[j] += d;
                }
            }
        }
        int res = 0;
        for(i = 0; i < N; i++) {
            if(my[i] != -1)
                res += W[my[i]][i];
        }
        return res;
    }
} km;
int dist(int x1, int y1, int x2, int y2) {
    return abs(x1 - x2) + abs(y1 - y2);
}
int main() {
    int cases = 0;
    int n, x[105], y[105];
    while(scanf("%d", &n) == 1 && n) {
        for (int i = 0; i < n; i++) {
        	scanf("%d %d", &x[i], &y[i]);
        	x[i]--, y[i]--;
        }
        km.N = n;
        int ret = -0x3f3f3f3f;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
        	for (int j = 0; j < n; j++)
        		for (int k = 0; k < n; k++)
        			km.W[j][k] = -dist(x[j], y[j], i, k);
        	ret = max(ret, km.run());
        }
        for (int i = 0; i < n; i++) {
        	for (int j = 0; j < n; j++)
        		for (int k = 0; k < n; k++)
        			km.W[j][k] = -dist(x[j], y[j], k, i);
        	ret = max(ret, km.run());
    	}
    	for (int i = 0; i < n; i++) {
        	for (int j = 0; j < n; j++)
        		km.W[j][i] = -dist(x[j], y[j], i, i);	
    	}
        ret = max(ret, km.run());
    	for (int i = 0; i < n; i++) {
        	for (int j = 0; j < n; j++)
        		km.W[j][i] = -dist(x[j], y[j], i, n - i - 1);
    	}
        ret = max(ret, km.run());
        printf("Board %d: %d moves required.\n\n", ++cases, -ret);
    }
    return 0;
}
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解題區/解題區 - UVa

UVa 12801 - Grandpa Pepe's Pizza

Problem

現在 pizza 上有 m 個橄欖，請問是否能均分 m 塊，使得每一塊皆有一個橄欖。

Sample Input

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Sample Output

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2
S
N

Solution

窮舉其中兩個相鄰橄欖中的所有分割點，檢查一下即可。

稍微估價一下，點多窮舉次樹就少，點少切割成功的機率就高，所以算法總不會太差。

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#include <stdio.h> 
#include <algorithm>
using namespace std;
int main() {
    int n, m, A[65536];
    while (scanf("%d %d", &n, &m) == 2) {
        for (int i = 0; i < m; i++)
            scanf("%d", &A[i]);
        A[m] = A[0] + n;
        int ret = 0, div = n/m;
        for (int i = A[0]; i < A[1]; i++) {
            int d = i, ok = 1;
            for (int j = 1; j <= m; j++) {
//				printf("(%d %d] %d\n", d, d+div, A[j]);
                if (d < A[j] && A[j] <= d + div)
                    d += div;
                else {
                    ok = 0;
                    break;
                }
            }
//			puts("");
            if (ok) {
                ret = 1;
                break;
            }
        }
        puts(ret ? "S" : "N");
    }
    return 0;
}
/*
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2 8 11
12 4
4 5 7 11
*/
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解題區/解題區 - UVa

UVa 12677 - Join two kingdoms

Problem

給兩棵樹，請問將兩個樹用一條邊連起來，則獲得新的一棵樹的最長路徑期望值為何。

Sample Input

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1 2
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Sample Output

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2
5.350
4.400

Solution

利用 dp 方法，找到通過點 v 的 (以 v 為路徑端點)最長路徑為何，以及兩棵樹分別原有的最長路徑為何。

接著考量是否加入新一條會成為最長路徑，也就是說會通過新增加的邊。分別對每個樹的節點構成的最長路徑做排序，接著窮舉連接的點，用二分搜索找到另一個樹的節點，能夠使之成為更長的最長路徑。

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#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string.h>
#define oo 0xfffffff
using namespace std;
vector<int> g[65536];
int dp_down[65536][2], dp_up[65536];
int used[65536];
void dfs(int u) {
    used[u] = 1;
    dp_down[u][0] = dp_down[u][1] = 0;
    for(int i = 0; i < g[u].size(); i++) {
    	int v = g[u][i];
        if(used[v] == 0) {
            dfs(v);
            if(dp_down[v][0]+1 > dp_down[u][1])
                dp_down[u][1] = dp_down[v][0] + 1;
            if(dp_down[u][1] > dp_down[u][0])
                swap(dp_down[u][0], dp_down[u][1]);
        }
    }
}
void dfs2(int u, int dep) {
    dp_up[u] = dep, used[u] = 1;
    for(int i = 0; i < g[u].size(); i++) {
    	int v = g[u][i];
        if(used[v] == 0) {
            int hv;
            if(dp_down[v][0] + 1 != dp_down[u][0])
                hv = dp_down[u][0];
            else
                hv = dp_down[u][1];
            hv = max(hv, dp_up[u]);
            dfs2(v, hv+1);
        }
    }
}
int main() {
    int n, m;
    int x, y;
    while (scanf("%d %d", &n, &m) == 2) {
    	int mxpath[2][65636];
        int a_diameter = 0, b_diameter = 0;
    	for (int i = 0; i <= n; i++)
    		g[i].clear();
    	for (int i = 1; i < n; i++) {
    		scanf("%d %d", &x, &y);
    		g[x].push_back(y);
    		g[y].push_back(x);
    	}
    	memset(used, 0, sizeof(used));
    	dfs(1);
    	memset(used, 0, sizeof(used));
    	dfs2(1, 0);
    	for (int i = 1; i <= n; i++) {
    		mxpath[0][i] = max(max(dp_down[i][0], dp_down[i][1]), dp_up[i]);
    		a_diameter = max(a_diameter, dp_down[i][0] + dp_down[i][1]);
    		a_diameter = max(a_diameter, dp_down[i][0] + dp_up[i]);
    	}
    		
    	for (int i = 0; i <= m; i++)
    		g[i].clear();
    	for (int i = 1; i < m; i++) {
    		scanf("%d %d", &x, &y);
    		g[x].push_back(y);
    		g[y].push_back(x);
    	}
    	memset(used, 0, sizeof(used));
    	dfs(1);
    	memset(used, 0, sizeof(used));
    	dfs2(1, 0);
        for (int i = 1; i <= m; i++) {
    		mxpath[1][i] = max(max(dp_down[i][0], dp_down[i][1]), dp_up[i]);
    		b_diameter = max(b_diameter, dp_down[i][0] + dp_down[i][1]);
    		b_diameter = max(b_diameter, dp_down[i][0] + dp_up[i]);
    	}
    	double ret = 0, suffix[65536] = {};
    	sort(mxpath[0]+1, mxpath[0]+1+n);
    	sort(mxpath[1]+1, mxpath[1]+1+m);
    	for (int i = m; i >= 0; i--)
    		suffix[i] = suffix[i+1] + mxpath[1][i];
    	int mx_diameter = max(a_diameter, b_diameter);
    	for (int i = 1, j = m; i <= n; i++) {
    		while (j > 0 && mxpath[0][i] + mxpath[1][j] >= mx_diameter)
    			j--;
    		ret += j * mx_diameter + (suffix[j + 1] + mxpath[0][i] * (m - j) + m - j);
    	}
    	printf("%.3lf\n", ret / n / m);
    }
    return 0;
}
/*
*/
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解題區/出題解題

[ACM 題目] 學姊日談

Description

Background

某 M 正與學姊討論蘿莉控追小海女的故事。

某 M 喃喃自語 …
『用了暴力法來完成的話，就能在調整 O(1) - O(E[x]) 完成。』
『如果用一個最常見的樹鏈剖分來完成也不過是 O(log n) - O(log^2 n)』
『在一般情況下，詢問次數肯定比調整次數來得高，想一想常數還得加上去，完全贏不了啊。』

學姊在一旁說到
『那如果是單純的二元樹，有比較好做嗎？說不定有更簡化的算法來完成？』
『說不定那個 … bitvertor 還是 bitset 能完成呢。』
『這個想法難不成是找到 lowbit 嗎？我沒有暫時想法。』某 M 這麼回答道。
『也許吧 … 我也不確定』學姊簇著眉。

某 M 發了瘋似的想了一個算法
『如果我們將其轉換成 k-ary search tree，也就是說需要將節點編號重新編成有大小關係，然後維護一個 BST 來查找 lower_bound 的結果，這麼一來就是 O(k log n) - O(log n) 了！』
『啊啊啊，這個方法不可行，』
學姊將鄙視般的眼神投向某 M。看來這場病還要持續很久。

『將題目弄成找樹前綴和好了，既然暴力法有期望值的剪枝，讓它剪不了不就好了！』
『你覺得不會被其他解法坑殺嗎 …』學姊如此擔憂地表示到。
『沒關係，吾等 M 可不是說假的』

Problem

給定一棵樹，樹根 root 編號 0，每個點一開始的權重為 0。

操作 x k: 將節點 x 的權重增加 k，請輸出從 x 到 root 的權重和。

Input

輸入有多組測資，每組測資第一行會有一個整數 N (N < 32767)，表示這棵樹有多少個節點。

接下來會有 N - 1 行，每一行上會有兩個整數 u, v (0 <= u, v < N) 表示 u, v 之間有一條邊。

接下來會有一行上有一個整數 Q (Q < 32767)，表示接下來有 M 組詢問。

Output

對於每個詢問結果輸出一行，請參照範例輸出的說明。

每組測資後空一行。

Sample Input

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Sample Output

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More

名為 “學姊”。

Solution

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解題區/出題解題

[ACM 題目] 計畫巧遇

Description

Background

正陷入暗戀的蘿莉控，對象正是那小海女 “能年犬”，為了與其相遇，做了一個情報偵測器，但總不能刻意繞道去相遇，這顯然會相當接近跟蹤狂。根據情報網顯示，地圖將會長得跟樹狀圖一樣，接著會有一連串的消息顯示小海女疑似出現的地方，同時也會被驗證是假消息。

能年犬

蘿莉控只想知道如果從 x 點回到家的路上，有沒有機會遇到小海女。如果事先知道將會在哪個場所相遇，就能事先準備。接下來就請你協助他了！

Problem

給定一棵樹，樹根編號 0，每個點一開始的權重為 0，操作有以下兩種。

操作 M x : 將節點 x 的權重從 0->1 或者 1->0。
操作 S x : 輸出從 x 到 root 路徑上，第一個權重為 1 的節點編號。

Input

輸入有多組測資，每組測資第一行會有一個整數 N (N < 32767)，表示這棵樹有多少個節點。

接下來會有 N - 1 行，每一行上會有兩個整數 u, v (0 <= u, v < N) 表示 u, v 之間有一條邊。

接下來會有一行上有一個整數 Q (Q < 32767)，表示接下來有 M 組詢問。

Output

對於每個詢問結果輸出一行，請參照範例輸出的說明。

每組測資後空一行。

Sample Input

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M 1
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M 6
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M 0
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M 6
S 29
S 6

Sample Output

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Solution

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解題區/解題區 - UVa

UVa 12793 - Confederation

Problem

在三維空間中劃分區域，給定 N 個平面，對於每一個點而言形成 N-tuple 的資訊 (0/1 左側、右側)。請問哪一個 N-tuple 具有最多點，輸出最多的點個數即可。

Sample Input

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3 3 3
5 5 5
2 18 4
4 8
0 0 1 1
1 0 1 2
-1 1 1 3
-1 -1 1 3
0 0 5
0 0 4
0 0 -2
1 0 5
40 19 104
13 26 84
89 -45 18
3 1 0

Sample Output

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Solution

直接將平面帶入每一個點，得到 N-tuple 資訊，接著對這個資訊做 RS hash 下，直接壓 int 去做 count，這樣會快於 map<string, int>。

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#include <stdio.h> 
#include <map> 
#include <algorithm>
using namespace std;
int main() {
    int n, m, x, y, z;
    int A[512], B[512], C[512], D[512];
    while (scanf("%d %d", &n, &m) == 2) {
        for (int i = 0; i < n; i++)
            scanf("%d %d %d %d", A+i, B+i, C+i, D+i);
        map<unsigned int, int> R;
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            scanf("%d %d %d", &x, &y, &z);
            unsigned int a = 63689, b = 378551;
            unsigned int value = 0;
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (A[j] * x + B[j] * y + C[j] * z > D[j])
                    value = value * a + 1;
                else
                    value = value * a + 0;
                a *= b;
            }
            R[value]++;
        }
        int ret = 0;
        for (map<unsigned int, int>::iterator it = R.begin();
            it != R.end(); it++)
                ret = max(ret, it->second);
        printf("%d\n", ret);
    }
    return 0;
}
/*
*/
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