Noip提高组Day2解题报告.docx

1、Noip提高组Day2解题报告第二题:花匠（动态规划）1.令Si1表示以i为结尾，且降序到达ai的最长抖动序列长度；令Si0表示以i为结尾，且升序到达ai的最长抖动序列长度。依然设数组Si0/1,但考虑如下递推公式：（1）ai+1ai:Si+10=max(Si1+1，Si0);Si+11=Si1;（2）ai+1ai:Si+10=Si0;Si+11=max(Si0+1,Si1);（3）ai+1= =ai:Si+10=Si0;Si+11=Si1;S10=S11=1.算法优化后，再一次编写程序，O(n)的时间复杂度，当然是顺利AC了，代码如下：2.这道题明显可以用类似最长上升子序列的动态规划求解，易

2、得思路如下：用f(i,0)表示以i为结尾的且最后一段上升的子序列最大长度，f(i,1)表示表示以i为结尾的且最后一段下降的子序列最大长度，那么答案明显就是maxf(i,0),f(i,1)方程：f(i,0)=maxf(j,1)+1 0=ji且hjhif(i,1)=maxf(j,0)+1 0=jhi边界：f(0,0)=f(0,1)=0如果直接DP毫无疑问复杂度是O(n2)，会TLE，但是，考虑到我们每次取最值时候取得都是一个区间里的数，如f(i,0)=maxf(j,1)+1 0=ji且hjhi取得就是区间0,hi-1里的最值，所以可以使用线段树或者是BIT（树状数组）来优化，这样复杂度就是O(n

3、log n)，可以过全部数据。这道题还有一个解法，直接求拐点数目，然后就可以神奇的做到O(n)了，由于我找不到满意的证明，就不发上来了。代码(DP+BIT)(Cpp):#include #include #include using namespace std;#define MAXN 100010#define lowbit(x)(x)+1)&x)#define MAXH 1000010#define For(i,x) for (int i=x;i;i-=lowbit(i)#define rep(i,x) for (int i=x;i=maxh;i+=lowbit(i)int t0MAXH,

4、t1MAXH;int hMAXN,n,maxh=0;int fMAXN2,ans=0;void Add0(int x,int y) rep(i,x) t0i=max(t0i,y);void Add1(int x,int y) rep(i,x) t1i=max(t1i,y);int Max0(int x) int rec=0; For(i,x) rec=max(rec,t0i); return rec;int Max1(int x) int rec=0; For(i,x) rec=max(rec,t1i); return rec;int main() scanf(%d,&n); for (int

5、 i=0;i+n;) scanf(%d,&hi); maxh=max(maxh,+hi); fi0=fi1=1; maxh+; memset(t0,0,sizeof(t0),memset(t1,0,sizeof(t1); for (int i=0;i+n;) fi0=max(Max0(hi-1)+1,fi0); fi1=max(Max1(maxh-hi-1)+1,fi1); Add0(hi,fi1),Add1(maxh-hi,fi0); ans=max(ans,max(fi0,fi1); printf(%dn,ans); return 0;其实再进一步分析，发现问题可以简化成为求转折点数的问题

6、，又是一个O(n)，对序列缩点，连续递减的点和连续递增的点是可以缩到一个代表性的点上的，比如说样例给的5 3 2 1 2，可以缩成5,1,2或3,1,2或2,1,2，即5 3 2这三个连续递减的点实际上可以由一个点代替，1是一个转折点，于是你也可以说是找转折点个数。第三题：华容道（最短路）这道题的数据范围是n=30，所以，我们可以看到，裸的O(n4)的BFS对于求解q较小的情况是无压力的，但是在q大的情况下，毫无疑问会TLE，明显，在q较大的情况下，我们需要将每次BFS中重复搜索的冗余信息除去，所以我们可以先分析题目性质：（这里称要移动的棋子为目标棋子）首先，如果要移动目标棋子，那么我们首先必

7、须要将空格移到该棋子的上下左右四个方向上相邻位置之一，然后才可以移动该棋子。然后，我们分析该棋子移动时候的性质：棋子每次可以移动，仅当空格位于其相邻位置的时候，每次移动完棋子，空格总会在棋子相邻的位置，那么我们发现，对于棋子在某一位置，然后空格又在其四个方向上某一相邻位置时，棋子要想某一方向移动一个时的花费的步数是一定的，那么，就可以先进行一次预处理，预处理出对于目标棋子在上述条件下每次移动所需的步数。然后，预处理完成之后，我们会发现每次查询都会变成一个求最短路的问题，用Dijstra或SPFA的话，可以在时限范围内解决。实现：定义一个数组Stepxykh，表示目标棋子在位置（x，y）且空格在

8、目标棋子的k方向上的相邻格子时，目标棋子往h方向移动1格所需的步数，然后用状态xyk作为节点建图，用各个状态的关系连边，每次询问时重新定义一个源点跟终点，跑最短路就可以得出答案。(预处理时跑n2次O(n2)的BFS就可以了)复杂度（Dijstra）：（n4+n2 log n）复杂度（SPFA）：（n4+n2）代码（SPFA）（Cpp）：#include #include #include #include using namespace std;#define MAXN 32#define MAXV 50010#define inf (1t=t,p-d=d; p-next=heads; hea

9、ds=p;int MapMAXNMAXN,n,m,q,ex,ey,sx,sy,tx,ty;int vMAXNMAXN4,V=0;int distMAXNMAXN,MoveMAXNMAXN44;int DistMAXV;bool fMAXV;int S,T;struct node int x,y; node (int _x,int _y):x(_x),y(_y) ;queueQ;int Bfs(int Sx,int Sy,int Tx,int Ty) if (Sx=Tx&Sy=Ty) return 0; while (!Q.empty() Q.pop(); for (int i=0;i+n;)

10、for (int j=0;j+m;) distij=inf; distSxSy=0; Q.push(node(Sx,Sy); while (!Q.empty() node u=Q.front(); Q.pop(); for (int i=0;iDisty; ;priority_queueint,vector,CmpPq;int spfa() for (int i=0;i+next) if (Distp-tDistu+p-d) Distp-t=Distu+p-d; fp-t=true; Pq.push(p-t); return DistTnmq; memset(Map,0,sizeof(Map)

11、; for (int i=0;i+n;) for (int j=0;j+Mapij; for (int k=0;k4;k+) vijk=+V; for (int i=0;i+n;) for (int j=0;j+m;) for (int k=0;k4;k+) for (int h=0;h4;h+) Moveijkh=inf; for (int i=0;i+n;) for (int j=0;j+m;) if (Mapij) Mapij=0; for (int k=0;k4;k+) if (Mapi+dirk0j+dirk1) for (int h=0;h4;h+) if (Mapi+dirh0j

12、+dirh1) Moveijkh=Bfs(i+dirk0,j+dirk1,i+dirh0,j+dirh1)+1; Mapij=1; memset(head,0,sizeof(head); for (int i=0;i+n;) for (int j=0;j+m;) for (int k=0;k4;k+) for (int h=0;h4;h+) if (Moveijkhexeysxsytxty; if (sx=tx&sy=ty) cout0endl; continue; S=+V; T=+V; if (Mapsxsy=0|Maptxty=0) cout-1endl; continue; Mapsxsy=0; for (int i=0;i4;i+) if (Mapsx+diri0sy+diri1) int D=Bfs(ex,ey,sx+diri0,sy+diri1); if (Dinf) AddEdge(S,vsxsyi,D); Mapsxsy=1; for (int i=0;i4;i+) if (Maptx+diri0ty+diri1) AddEdge(vtxtyi,T,0); coutspfa()endl; return 0;