标签：pushd contest 计算 void bool min max 进度 ons
为了不误人子弟，以后我在开头写出目前我做了哪些题，以防一些搜到这篇博客的人没找到想要的内容而产生负面情绪。
目前进度：A, B, C
（你问我为什么不放在标题里面？因为看着难看啊）
开场看 A，不会。看 B，不会。
不打算了吧，反正之前打了 A 然后就自闭，这次即使把 A 做出来了也挂惨了……
没事，rating 乃身外之物，还是把 A 做出来算了，不然太耻辱了。
30min 后……自闭。
60min 后……自闭。
75min 后……这好像是个很蠢的 dp 啊……
90min 后……溢出好烦啊……诶我怎么忘了有个东西叫 __int128（
100min 后……点名被卡？啊我个傻子为什么活生生把三个 log 写成了六个 log……
110min 后……这 B 还是不会啊，看 C 算了。
115min 后……这真不是 sb 题？
然后就这样，对我来说 C<A<B，卡到恰好 rk100，终于上黄了 /kel
终于能 AGC 上分了……
所以说，以后抱着 rating 身外之物的观念，就能升分了
这真的是 AGC 的 A？我惊了……
可能有更好写的做法，但我就是写成了 dp。
先考虑一个暴力。暴搜出依次用了哪些乘法，然后在里面插入加减号。加减号的最小代价是个 dp，下面还要用到，这里不再赘述。
虽然这个搜看起来应该跑挺快，但它不孚众望（注意是“孚”，不是“负”）。
注意到乘法的具体顺序不是很重要，我们只关心每个加减号后面所有乘法的乘积。
如果从前到后的乘积满足三维的偏序，那么一定可以还原出乘法序列。代价也很好算，就是所有的乘积的三个位弄一弄。
我们从后往前做（也就是加减号贡献的乘积是递减的）。我们把没有被乘号隔开的加减看成一组。
设 \(d_{i,j,k,0/1}\) 表示目前考虑到 \(2^i3^j5^k\)。最后一维是 \(0\) 表示 \(n\) 与最大的小于等于 \(n\) 的 \(2^i3^j5^k\) 的倍数的差，是 \(1\) 则表示最小的大于等于 \(n\) 的。
设 \(f_{i,j,k,0/1}\) 表示目前考虑到 \(2^i3^j5^k\)，表示取到上文提到的那个倍数的最小代价。
为什么要记录 \(0/1\) 呢？因为我们可能在前面加着加着加过头了，然后在后面减回去，可能是更优的。同时注意到我们应该枚举到 \(2^i3^j5^k\le 2n\)。
转移有两种。第一种，这个是第一组加减号。那么直接算 \(0\) 到 \(d_{i,j,k,0/1}\) 的代价。
第二种，不是第一组。你可以枚举上一组是 \((x,y,z)\)，然后计算 \(d_{x,y,z,0/1}\) 到 \(d_{i,j,k,0/1}\) 的代价。这样是六个 log，虽然跑不满但是仍然会 T。
注意到枚举上一组选什么没有用，我们直接从 \(f_{i+1,j,k,0/1},f_{i,j+1,k,0/1},f_{i,j,k+1,0/1}\) 转移就够了。
时间复杂度 \(O(T\log^3n)\)，实际上比这个还要快好多好多。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef __int128 ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> PII;
const int maxn=100010;
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline ll read(){
char ch=getchar();ll x=0,f=0;
while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘) f|=ch==‘-‘,ch=getchar();
while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
return f?-x:x;
}
int t;
ll n,dp[66][44][33][2],dif[66][44][33][2],ans,a,b,c,d;
bool ok[66][44][33],vld[66][44][33][2];
int main(){
t=read();
while(t--){
n=read();a=read();b=read();c=read();d=read();
ans=9e18;
int cnt=0;
ROF(i,60,0) ROF(j,40,0) ROF(k,30,0){
ull prr=1;
FOR(l,1,i){
prr*=2;
if(prr>2*n) break;
}
FOR(l,1,j){
prr*=3;
if(prr>2*n) break;
}
FOR(l,1,k){
prr*=5;
if(prr>2*n) break;
}
ok[i][j][k]=false;
if(prr>2*n) continue;
cnt++;
ll pr=prr;
ok[i][j][k]=true;
dif[i][j][k][0]=n-n/pr*pr;
dif[i][j][k][1]=(n/pr+1)*pr-n;
dp[i][j][k][0]=n/pr*d+i*a+j*b+k*c;
dp[i][j][k][1]=(n/pr+1)*d+i*a+j*b+k*c;
if(n%pr==0) dif[i][j][k][1]-=pr,dp[i][j][k][1]-=d;
FOR(x,i,min(60,i+1)) FOR(y,j,min(40,j+1)) FOR(z,k,min(k+1,30)) if(ok[x][y][z]){
if(x==i && y==j && z==k) continue;
dp[i][j][k][0]=min(dp[i][j][k][0],dp[x][y][z][0]+(dif[x][y][z][0]-dif[i][j][k][0])/pr*d);
dp[i][j][k][0]=min(dp[i][j][k][0],dp[x][y][z][1]+(dif[x][y][z][1]+dif[i][j][k][0])/pr*d);
dp[i][j][k][1]=min(dp[i][j][k][1],dp[x][y][z][0]+(dif[x][y][z][0]+dif[i][j][k][1])/pr*d);
dp[i][j][k][1]=min(dp[i][j][k][1],dp[x][y][z][1]+(dif[x][y][z][1]-dif[i][j][k][1])/pr*d);
}
else break;
if(!dif[i][j][k][0]) ans=min(ans,dp[i][j][k][0]);
if(!dif[i][j][k][1]) ans=min(ans,dp[i][j][k][1]);
assert(dp[i][j][k][0]>=0);
assert(dp[i][j][k][1]>=0);
}
long long tmp=ans;
printf("%lld\n",tmp);
}
}
考虑个 \(O(n^4)\) 暴力。每次 01bfs，相信大家都会。
注意到每个点的最短路是单调不升的，所以每次 01bfs 的时候可以不清空，在上一次的基础上松弛即可。
写一发，交上去，过了。（我当时居然没这么干我在想什么？？？）
其实这个算法真实复杂度是 \(O(n^3)\)。因为一个点的最短路的最大值是 \(O(n)\) 的，而每次进入队列肯定是因为被松弛了。所以整个过程中一个点只会进入队列 \(O(n)\) 次。
代码不想写了。
正好在 ZROI 做过类似的题，于是就做出来了，还是比较幸运的）
boboniu nb! boboniu nb!
维护一个 012 Trie，从浅到深是从低位到高位（与平时的不一样）。
每个叶子记录它代表的人的编号。
如果是 12 反转，就在根上打标记，pushdown 的时候交换两棵子树。
如果是整体加一，那么从根开始，把子树 1 变成子树 0，把子树 2 变成子树 1，把子树 0 变成子树 2，然后递归到新的子树 0 继续进行这个操作。
最后 dfs 一遍还原。
时间复杂度 \(O(3^nn+|T|n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int maxn=888888;
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline ll read(){
char ch=getchar();ll x=0,f=0;
while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘) f|=ch==‘-‘,ch=getchar();
while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
return f?-x:x;
}
int n,m,q,rt,cnt,ch[maxn][3],id[maxn],ans[maxn];
bool rev[maxn];
char s[maxn];
inline void setrev(int x){
rev[x]^=1;
swap(ch[x][1],ch[x][2]);
}
inline void pushdown(int x){
if(rev[x]){
if(ch[x][0]) setrev(ch[x][0]);
if(ch[x][1]) setrev(ch[x][1]);
if(ch[x][2]) setrev(ch[x][2]);
rev[x]=false;
}
}
void build(int &x,int dep,int cur,int pr){
x=++cnt;
if(dep==n){
id[x]=cur;
return;
}
build(ch[x][0],dep+1,cur,pr*3);
build(ch[x][1],dep+1,cur+pr,pr*3);
build(ch[x][2],dep+1,cur+pr*2,pr*3);
}
void add(int x,int dep){
pushdown(x);
if(dep==n) return;
swap(ch[x][1],ch[x][2]);
swap(ch[x][0],ch[x][1]);
add(ch[x][0],dep+1);
}
void dfs(int x,int dep,int cur,int pr){
pushdown(x);
if(dep==n){
ans[id[x]]=cur;
return;
}
dfs(ch[x][0],dep+1,cur,pr*3);
dfs(ch[x][1],dep+1,cur+pr,pr*3);
dfs(ch[x][2],dep+1,cur+pr*2,pr*3);
}
int main(){
n=read();
build(rt,0,0,1);
scanf("%s",s+1);
q=strlen(s+1);
FOR(i,1,q) if(s[i]==‘S‘) setrev(rt);
else add(rt,0);
dfs(rt,0,0,1);
m=1;
FOR(i,1,n) m*=3;
FOR(i,0,m-1) printf("%d ",ans[i]);
}
标签：pushd contest 计算 void bool min max 进度 ons
原文地址：https://www.cnblogs.com/1000Suns/p/12944940.html
