标签：ch noip2013 格子 int 题解 提高 位置 空白 棋子
P1440 [noip2013]积木大赛
题目
描述 Description
春春幼儿园举办了一年一度的“积木大赛”。今年比赛的内容是搭建一座宽度为n的大厦，大厦可以看成由n块宽度为1且高度不定的积木组成，第i块积木的最终高度需要是hi。
在搭建开始之前，没有任何积木（可以看成n块高度为 0 的积木）。接下来每次操作，小朋友们可以选择一段连续区间[L, R]，然后将第L块到第R块之间（含第L块和第R块）所有积木的高度分别增加1。
小M是个聪明的小朋友，她很快想出了建造大厦的最佳策略，使得建造所需的操作次数最少。但她不是一个勤于动手的孩子，所以想请你帮忙实现这个策略，并求出最少的操作次数。
输入格式 Input Format
输入包含两行:
第一行包含一个整数n，表示大厦的宽度。
第二行包含n个整数，第i个整数为hi。
输出格式 Output Format
仅一行，即建造所需的最少操作数。
样例输入 Sample Input
5
2 3 4 1 2
样例输出 Sample Output
5
时间限制 Time Limitation
1s
注释 Hint
【样例解释】
其中一种可行的最佳方案，依次选择
[1,5] [1,3] [2,3] [3,3] [5,5]
【数据范围】
对于 30%的数据，有1 ≤ n ≤ 10；
对于 70%的数据，有1 ≤ n ≤ 1000；
对于 100%的数据，有1 ≤ n ≤ 100000，0 ≤ hi ≤ 10000。
来源 Source
noip2013
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define _ 100010
using namespace std;
inline int read()
{
int f=1,num=0;
char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9') { if (ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while (ch>='0'&&ch<='9') num=(num<<1)+(num<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return num*f;
}
int n,a[_],ans;
int main()
{
memset(a,0,sizeof(a));
n=read();
for (int i=1;i<=n;++i)
{
a[i]=read();
if (a[i]>a[i-1]) ans+=a[i]-a[i-1];
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
糖块
题目
描述 Description
现在有n(1 <= N <= 1,000,000, N 是奇数)个盒子，编号是1…n。
数学老师为了惩罚他，决定让他做一个难题，他让小x会对这些盒子做k(1 <=k <= 25,000)次放糖块的操作（这得多少糖块呀）。
数学老师每次会给小x一个区间[a,b]，这时小x就会从编号是a的盒子到编号是b的盒子每个盒子都放一个糖块。
做完k次操作后，数学老师会问小x，在所有盒子的糖块个数中，这些糖块个数的中位数是多少。（最中间的值）。
因为n是奇数，所以这个答案肯定是唯一的。
输入格式 Input Format
第一行：两个整数 n k。
接下来k行，每行一个区间 ai bi ，表示要放糖块的区间。
输出格式 Output Format
一个整数，表示中位数的值。
样例输入 Sample Input
7 4
5 5
2 4
4 6
3 5
样例输出 Sample Output
1
时间限制 Time Limitation
注释 Hint
【样例解释】一共有7个盒子，4个操作，第一次在5号盒子里放1个，第二次在2 3 4号盒子里放。etc
放完糖块之后，盒子里的糖块依次是0,1,2,3,3,1,0.排过序后，数字1是中位数。
【数据范围】
50%数据保证 n,k<=5000.
来源 Source
usaco 2011 stacking
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define _ 1000100
using namespace std;
inline int read()
{
int f=1,num=0;
char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9') { if (ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while (ch>='0'&&ch<='9') num=(num<<1)+(num<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return num*f;
}
int n,k;
int a[_];
int main()
{
n=read(),k=read();
for (int i=1;i<=k;++i)
{
int x=read(),y=read();
a[x]++,a[y+1]--;
}
for (int i=1;i<=n;++i)
a[i]+=a[i-1];
sort(a+1,a+n+1);
printf("%d",a[n/2+1]);
return 0;
}
P1442 [noip2013]华容道
题目
描述 Description
小 B 最近迷上了华容道，可是他总是要花很长的时间才能完成一次。于是，他想到用编程来完成华容道：给定一种局面，华容道是否根本就无法完成，如果能完成，最少需要多少时间。
小 B 玩的华容道与经典的华容道游戏略有不同，游戏规则是这样的：
1. 在一个 nm 棋盘上有 nm 个格子，其中有且只有一个格子是空白的，其余 nm-1 个格子上每个格子上有一个棋子，每个棋子的大小都是 11 的；
2. 有些棋子是固定的，有些棋子则是可以移动的；
3. 任何与空白的格子相邻（有公共的边）的格子上的棋子都可以移动到空白格子上。
游戏的目的是把某个指定位置可以活动的棋子移动到目标位置。
给定一个棋盘，游戏可以玩 q 次，当然，每次棋盘上固定的格子是不会变的，但是棋盘上空白的格子的初始位置、指定的可移动的棋子的初始位置和目标位置却可能不同。第 i 次玩的时候，空白的格子在第 EX[i] 行第 EY[i] 列，指定的可移动棋子的初始位置为第 SX[i] 行第 SY[i] 列，目标位置为第 TX[i] 行第 TY[i] 列。
假设小 B 每秒钟能进行一次移动棋子的操作，而其他操作的时间都可以忽略不计。请
你告诉小 B 每一次游戏所需要的最少时间，或者告诉他不可能完成游戏。
输入格式 Input Format
第一行有 3 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，依次表示 n、m 和 q；
接下来的 n 行描述一个 n*m 的棋盘，每行有 m 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，每个整数描述棋盘上一个格子的状态，0 表示该格子上的棋子是固定的，1 表示该格子上的棋子可以移动或者该格子是空白的。
接下来的 q 行，每行包含 6 个整数依次是 EX[i]、EY[i]、SX[i]、SY[i]、TX[i]、TY[i]，每两个整数之间用一个空格隔开，表示每次游戏空白格子的位置，指定棋子的初始位置和目标位置。
输出格式 Output Format
输出有 q 行，每行包含 1 个整数，表示每次游戏所需要的最少时间，如果某次游戏无法完成目标则输出?1。
样例输入 Sample Input
3 4 2
0 1 1 1
0 1 1 0
0 1 0 0
3 2 1 2 2 2
1 2 2 2 3 2
样例输出 Sample Output
2
-1
时间限制 Time Limitation
1s
注释 Hint
【输入输出样例说明】
棋盘上划叉的格子是固定的，红色格子是目标位置，圆圈表示棋子，其中绿色圆圈表示目标棋子。
1. 第一次游戏，空白格子的初始位置是 (3, 2)（图中空白所示），游戏的目标是将初始位置在(1, 2)上的棋子（图中绿色圆圈所代表的棋子）移动到目标位置(2, 2)（图中红色的格子）上。
2. 第二次游戏，空白格子的初始位置是（1, 2）（图中空白所示），游戏的目标是将初始位置在（2, 2）上的棋子（图中绿色圆圈所示）移动到目标位置 (3, 2)上。
要将指定块移入目标位置，必须先将空白块移入目标位置，空白块要移动到目标位置，必然是从位置（2，2）上与当前图中目标位置上的棋子交换位置，之后能与空白块交换位置的只有当前图中目标位置上的那个棋子，因此目标棋子永远无法走到它的目标位置，游戏无法完成。
【数据范围】
对于 30%的数据，1 ≤ n, m ≤ 10，q = 1；
对于 60%的数据，1 ≤ n, m ≤ 30，q ≤ 10；
对于 100%的数据，1 ≤ n, m ≤ 30，q ≤ 500。
来源 Source
noip2013
题解
题目巨长，竟然还是华容道我没玩过,这道题不愧是noip2013最厉（bian）害（tai）的题，反正我看了半天一点思路都没有。。。。。。。。。。。。。。。
然后翻了一堆题解，彻底怀疑人生，noip出的这道题也太强（diu）大（liu）了吧，代码这么长。。。长到让我再次怀疑人生。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。连抄都不想抄，算了，还是好好写吧，先放一个大佬的讲解loi__frank，未来再好好研究这个题。。。。。。赶紧溜
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=35;
const int M=1e4+5;
const int dx[]={0,1,0,-1,0};
const int dy[]={0,0,1,0,-1};
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while (!isdigit(ch)) { if (ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
return x*f;
}
struct node
{
int x,y,k;
}l[M];
struct zt
{
int x,y,step;
};
int n,m,mmp[N][N],f[N][N][5][5],d[N][N][5];
bool vis[N][N],inq[M];
int dist[M],tot=0,fan[]={0,3,4,1,2};
bool can(int x,int y)
{
if (x>0 && x<=n && y>0 && y<=m && mmp[x][y]) return 1;
return 0;
}
queue<zt>q1;
queue<int>q2;
void init()
{
while (!q1.empty()) q1.pop();
memset(vis,0,sizeof(vis));
}
int bfs1(int x,int y,int k,int h)
{
init();
vis[x][y]=1;
int sx=x+dx[k],sy=y+dy[k];
int tx=x+dx[h],ty=y+dy[h];
q1.push((zt){sx,sy,0});
while (!q1.empty())
{
zt F=q1.front();
q1.pop();
if (F.x==tx&&F.y==ty)
return F.step;
for (int i=1;i<=4;++i)
{
zt T;
T.x=F.x+dx[i],T.y=F.y+dy[i];
if (can(T.x,T.y) && !vis[T.x][T.y])
{
T.step=F.step+1;
q1.push(T);
vis[T.x][T.y]=1;
}
}
}
return -1;
}
void bfs2(int x,int y,int tx,int ty)
{
init();
vis[x][y]=1,vis[tx][ty]=1;
q1.push((zt){x,y,0});
while (!q1.empty())
{
zt F=q1.front();
q1.pop();
for (int i=1;i<=4;++i)
{
if (tx+dx[i]==F.x&&ty+dy[i]==F.y)
{
int dd=d[tx][ty][i];
q2.push(dd);
inq[dd]=1;
dist[dd]=F.step;
break;
}
}
for (int i=1;i<=4;++i)
{
zt T;
T.x=F.x+dx[i],T.y=F.y+dy[i];
if (can(T.x,T.y) && !vis[T.x][T.y])
{
T.step=F.step+1;
q1.push(T);
vis[T.x][T.y]=1;
}
}
}
}
void make_f()
{
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=1;j<=m;++j)
if (mmp[i][j])
for (int k=1;k<=4;++k)
if (can(i+dx[k],j+dy[k]))
for (int h=1;h<=4;++h)
if (can(i+dx[h],j+dy[h]))
{
int w=bfs1(i,j,k,h);
if (w!=-1)
f[i][j][k][h]=w;
}
}
void make_l()
{
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=1;j<=m;++j)
if (mmp[i][j])
for (int k=1;k<=4;++k)
{
d[i][j][k]=++tot;
l[tot].x=i,l[tot].y=j,l[tot].k=k;
}
}
int spfa(int tx,int ty)
{
while (!q2.empty())
{
int u=q2.front();
q2.pop();
inq[u]=0;
int x=l[u].x,y=l[u].y,k=l[u].k;
for (int i=1;i<=4;++i)
{
int zx=x+dx[i],zy=y+dy[i];
if (can(zx,zy))
{
int v=d[zx][zy][fan[i]];
if (dist[v]>dist[u]+f[x][y][k][i]+1)
{
dist[v]=dist[u]+f[x][y][k][i]+1;
if (!inq[v]) q2.push(v),inq[v]=1;
}
}
}
}
int ans=0x3fffffff;
for (int i=1;i<=4;++i)
ans=min(ans,dist[d[tx][ty][i]]);
if (ans>1e9)
ans=-1;
return ans;
}
int main()
{
n=read(),m=read();int p=read();
memset(f,0x3f,sizeof(f));
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=1;j<=m;++j)
mmp[i][j]=read();
make_f();
make_l();
while (p--)
{
int ex=read(),ey=read(),sx=read(),sy=read(),tx=read(),ty=read();
memset(dist,0x3f,sizeof(dist));
bfs2(ex,ey,sx,sy);
if (sx==tx && sy==ty)
puts("0");
else
printf("%d\n",spfa(tx,ty));
}
return 0;
}
标签：ch,noip2013,格子,int,题解,提高,位置,空白,棋子 来源： https://blog.csdn.net/huashuimu2003/article/details/84960614
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