「MCOI-05」追杀 - 题解

本文主要是介绍「MCOI-05」追杀 - 题解，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

Description

• 共有 \(m\) 位玩家，每位玩家初始生命数量为 \(3\)，一位玩家公认活着当且仅当生命值非 \(0\)。

• 对于活着的玩家 \(u\) 与 \(v\)，若 \(u\) 追杀 \(v\) 则 \(v\) 生命数量扣除一次。注意，如果 \(u\) 或 \(v\) 不为公认活着，则没有影响。

• 共有 \(n\) 次追杀，地 \(i\) 次为 \(u_i\) 追杀 \(v_i\)。

• 现在你可以选择任意的 \(i, v\) 使得 \(1 \le i \le n+1\) 且 \(1 \le v \le m\)，穿越到第 \(i-1\) 次追杀之后，第 \(i\) 次追杀之前，并追杀玩家 \(v\)。特殊地，\(i = n+1\) 表示穿越到第 \(n\) 次追杀后。

• 对于每一个 \(x\) 使得 \(1 \le x \le m\)，求有多少种 \(i, v\) 使得最终有 \(x\) 个玩家公认活着。

• \(1 \le n \le 6\times10^4\)，\(1 \le m \le 10^3\)，\(1 \le u_i, v_i \le m\)。

Solution

16pts

暴力模拟即可。

枚举 \(i, v\) 然后 \(O(n)\) 统计剩余玩家数量，时间复杂度 \(O(n^2m)\)。

57pts

我们发现穿越之后的模拟追杀过程很难优化，于是可以考虑优化穿越次数。

我们不希望进行两次结果相同的穿越，例如对于 \([(1, 2), (2, 3), (1, 3)]\)，插入 \((0, 1)\) 到四个不同的位置，结果不变。

考虑在 \((u_i, v_i)\) 前插入怎样的追杀不会导致结果相同。

• 追杀玩家 \(x\)，\(x \neq u_i\)，\(x \neq v_i\)。我们发现 \([(0, x), (u_i, v_i)]\) 与 \([(u_i, v_i), (0,x)]\) 结果相同，所以无效。

• 追杀玩家 \(v_i\)。我们发现 \([(0, x), (u_i, v_i)]\) 与 \([(u_i, v_i), (0,x)]\) 结果相同，所以无效。

于是 \(u_i, v_i\) 之前只需要尝试追杀 \(u_i\)，时间复杂度降为 \(O(n^2)\)。

当然这档部分分也可以用暴力+比较好的剪枝水过

100pts

再次观察发现，如果 \(u_i\) 或 \(v_i\) 已经非公认活着，那么所有穿越都无效。

考虑到每位玩家只有三滴血，所以最多只需要穿越 \(3m\) 次，时间复杂度复杂度降为 \(O(nm)\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int L = 1e5 + 5; 
int n, m, cnt, tmp, u[L], v[L], a[L], b[L], ans[L], las[L];
bool f[L];

int main() {
	scanf("%d %d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%d %d", &u[i], &v[i]);
	
	for (int j = 1; j <= m; j++)
		b[j] = 3;
	
	for (int j = 1; j <= n; j++)
		if (b[u[j]] != 0 && b[v[j]] != 0)
			b[v[j]]--, f[j] = true;
	
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		if (b[i] != 0) tmp++;
		
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (!f[i]) continue;
		cnt = 0;
			
		for (int j = 1; j <= m; j++)
			a[j] = 3;
			
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			if (i == j && a[u[i]] != 0)
				a[u[i]]--;
					
			if (a[u[j]] != 0 && a[v[j]] != 0) a[v[j]]--;
		}
		
		for (int j = 1; j <= m; j++)
			if (a[j] != 0) cnt++;
			
		ans[cnt] += i - las[u[i]];
		las[u[i]] = i;
	}
	
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		ans[tmp - (b[i]==1)] += n + 1 - las[i];
	
	for (int i = 0; i <= m; i++)
		printf("%d ", ans[i]);
	
	return 0;
}

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