Beyond the Void » 2008 http://www.byvoid.com/blog Tue, 29 Jun 2010 08:44:46 +0000 en hourly 1 http://wordpress.org/?v=3.0 NOIP2008 传纸条 费用流建模 http://www.byvoid.com/blog/noip2008-message-costflow/ http://www.byvoid.com/blog/noip2008-message-costflow/#comments Wed, 24 Jun 2009 04:05:23 +0000 BYVoid http://www.byvoid.com/blog/?p=1390 把问题抽象成图论问题，数学模型是求从S到T的两条不相交的路径，使得路径上点的权值之和最大。

费用流建模，首先拆点，把顶点i拆成i.a和i.b，i.a 与i.b之间连接一条费用为“好心值”，容量为1的有向边，特殊地，左上角和右下角两个节点拆分后点内边容量设为2，因为我们要找两条不相交路径。i右边和下边的节点j，连接一条(i.b,j.a)费用为0，容量为1的有向边。

求最大费用最大流即可，费用流值就是要求的结果。比动态规划运行得快，空间占用少。

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/* 
 * Problem: NOIP2008 message
 * Author: Guo Jiabao
 * Time: 2009.6.24 11:52
 * State: Solved
 * Memo: 最小费用最大流
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;
const int MAXL=51,MAXN=MAXL*MAXL*2,MAXM=MAXN*3,INF=~0U>>1;
struct Queue
{
	int Q[MAXN],head,tail,size;
	bool inq[MAXN];
	Queue()
	{
		memset(inq,0,sizeof(inq));
		head=size =0;
		tail=-1;
	}
	void ins(int p)
	{
		inq[p]=true;
		if (++tail >= MAXN) tail = 0;
		Q[tail] = p;
		size ++;
	}
	int pop()
	{
		int p=Q[head];
		if (++head >= MAXN) head = 0;
		inq[p]=false;
		size --;
		return p;
	}
}Q;
struct edge
{
	edge *next,*op;
	int t,c,v;
}ES[MAXM],*V[MAXN],*fe[MAXN];
int N,M,EC,S,T,CostFlow;
int dist[MAXN],ft[MAXN];
inline void addedge(int a,int b,int v)
{
	ES[++EC].next = V[a]; V[a]=ES+EC; V[a]->t = b; V[a]->c=1; V[a]->v = v;
	ES[++EC].next = V[b]; V[b]=ES+EC; V[b]->t = a; V[b]->c=0; V[b]->v = -v;
	V[a]->op = V[b]; V[b]->op = V[a];
}
void init()
{
	int i,j,a,b,c;
	freopen("message.in","r",stdin);
	freopen("message.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&N,&M);
	for (i=1;i<=N;i++)
	{
		for (j=1;j<=M;j++)
		{
			a=(i-1)*M+j;b=a+a;a=b-1;
			scanf("%d",&c);
			addedge(a,b,c);
		}
	}
	ES[EC-1].c=ES[1].c=2;
	for (i=1;i<=N;i++)
	{
		for (j=1;j<=M;j++)
		{
			a=((i-1)*M+j)*2;
			if (j+1<=M)
			{
				b = ((i-1)*M+j+1)*2 - 1;
				addedge(a,b,0);
			}
			if (i+1<=N)
			{
				b = (i*M+j)*2 - 1;
				addedge(a,b,0);
			}
		}
	}	
	S=1; T = N * M * 2;
}
bool spfa()
{
	int i,j;
	for (i=S;i<=T;i++)
		dist[i]=-INF;
	dist[S]=0;
	Q.ins(S);
	while (Q.size)
	{
		i= Q.pop();
		for (edge *e=V[i];e;e=e->next)
		{
			j=e->t;
			if (e->c && dist[i] + e->v > dist[j])
			{
				dist[j] = dist[i] + e->v;
				ft[j] = i;
				fe[j] = e;
				if (!Q.inq[j])
					Q.ins(j);
			}
		}
	}
	return dist[T]!=-INF;
}
void aug()
{
	int i,delta=INF;
	for (i=T;i!=S;i=ft[i])
		if (fe[i]->c < delta)
			delta = fe[i]->c;
	for (i=T;i!=S;i=ft[i])
	{
		fe[i]->c -= delta;
		fe[i]->op->c +=delta;
		CostFlow += fe[i]->v * delta;
	}
}
void solve()
{
	while (spfa())
		aug();
}
int main()
{
	init();
	solve();
	printf("%d\n",CostFlow);
	return 0;
}

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]]> http://www.byvoid.com/blog/noip2008-message-costflow/feed/ 12 新年之交-2009 http://www.byvoid.com/blog/new-year-2009/ http://www.byvoid.com/blog/new-year-2009/#comments Wed, 31 Dec 2008 16:00:21 +0000 BYVoid http://www.byvoid.com/blog/?p=778 现在我正处在2008年和2009年的交界处，在这个时刻，回望2008，展望2009，是最合适不过的了。

想一想2008年，我的大事都是围绕OI展开的，一月 冬令营，二月 新年，三月 COGS，四月 省选，五月 APIO和CTSC，六月 省选加试，七月 省队培训，八月 NOI，九月 参悟动态规划，十月 NOIP模拟，十一月 NOIP2008，十二月 POI。

也许在今后的日子中，没有一年会像今年一样，我在整个一年中把很大部分的精力投入到信息学竞赛中，不妨就称2008年为“OI年”吧。

2008年就匆匆地过去了，这一年来我变化了很多。我变得关心这个世界了，现在我十分关注从前很少的阅读新闻时评。我变得稳重了，很少再会因为一些小事而心情大起大落。我变得务实了，做事前我会充分地考虑实际情况。我变得大胆了，敢于为“天下先”，哪怕会遭到被人排斥。

2009年已经向我走来。2009年，将是我走向成熟的一年。到了2009年底，我就18岁了，我将成为一般意义上的一个成人。我要学会独立生存，学会为自己负责，学会承受压力。2009年，将会是我告别OI的一年，相信我一定会在NOI2009中以辉煌的成绩结束我的OI生涯。

2009，我已经准备好了。

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]]> http://www.byvoid.com/blog/new-year-2009/feed/ 5 NOIP2008 双栈排序 twostack 题解 http://www.byvoid.com/blog/noip2008-twostack/ http://www.byvoid.com/blog/noip2008-twostack/#comments Tue, 09 Dec 2008 14:22:28 +0000 BYVoid http://www.byvoid.com/blog/?p=640 这道题的错误做法很多,但是实际在考场上，大多数人拿到了30分。错误做法却能得满分的也很多,正确的算法是基于二分图的算法。注意，不是二分图匹配！

分析条件，我们把问题抽象为数学模型。设输入序列为S，考虑S[i],S[j]两个元素不能进入同一个栈的条件.注意,这里所说的"S[i],S[j]两个元素不能进入同一个栈",不是说仅仅不能同时在一个栈中,而是自始至终不能进入一个栈,即如果有解,那么S[i],S[j]一定进入过的栈不同.

结论P: S[i],S[j]两个元素不能进入同一个栈 <=> 存在k,满足i<j<k,使得S[k]<S[i]<S[j].
证明略过,请参考sqybi.尝试后可以发现结论P是正确的.

把每个元素按照输入序列中的顺序编号,看作一个图中的每个顶点.这时,我们对所有的(i,j)满足i<j,判断是否满足结论P,即S[i],S[j]两个元素能否进入同一个栈.如果满足P,则在i,j之间连接一条边.

我们对图染色,由于只有两个栈,我们得到的图必须是二分图才能满足条件.由于要求字典序最小,即尽量要进入栈1,我们按编号递增的顺序从每个未染色的顶点开始染色,相邻的顶点染上不同的色,如果发生冲突,则是无解的.否则我们可以得到每个顶点颜色,即应该进入的栈.

接下来就是输出序列了,知道了每个元素的决策,直接模拟了.

在判断数对(i,j)是否满足P时,枚举检查是否存在k的时间复杂度是O(n),则总的时间复杂度是O(n^3),对于n=1000是太大了.这原因在于过多得枚举了k,我们可以用动态规划把枚举k变为O(1)的算法.

设F[i]为Min{S[i],S[i+1],S[i+2]..S[n-1],S[n]},状态转移方程为F[i]=Min{ S[i] , F[i+1] }.边界为F[N+1]=极大的值.

判断数对(i,j)是否满足P,只需判断(S[i]<S[j] 并且 F[j+1]<S[i])即可.时间复杂度为O(n^2).

参考资料:sqybi的题解

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/* 
 * Problem: NOIP2008 twostack
 * Author: Guo Jiabao
 * Time: 2008.12.9 21:22:52
 * State: Solved 
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
 
using namespace std;
 
const int MAXN=1002;
const int INF=0x7FFFFFFF;
 
class tStack
{
	private:
		int top;
		int S[MAXN];
	public:
		tStack() : top(0) {}
		void ins(int k)
		{
			S[++top]=k;
		}
		int tp()
		{
			return S[top];
		}
		void pop()
		{
			top--;
		}
};
 
int S[MAXN],F[MAXN],bel[MAXN];
bool adjm[MAXN][MAXN];
int N,top1,top2;
tStack T[3];
 
void init()
{
	int i;
	freopen("twostack.in","r",stdin);
	freopen("twostack.out","w",stdout);
	scanf("%d",&N);
	for (i=1;i<=N;i++)
	{
		scanf("%d",&S[i]);
	}
}
 
void noanswer()
{
	printf("0");
	exit(0);
}
 
void color(int i,int c)
{
	bel[i]=c;
	int j;
	for (j=1;j<=N;j++)
	{
		if (adjm[i][j])
		{
			if (bel[j]==c) //conflict : not a bipartite graph
			{
				noanswer();
			}
			if (!bel[j])
			{
				color(j,3-c); // color the opposite color 1<->2
			}
		}
	}
}
 
void dye()
{
	int i,j;
	F[N+1]=INF;
	for (i=N;i>=1;i--)
	{
		F[i]=S[i];
		if (F[i+1]<F[i])
			F[i]=F[i+1];
	}
	for (i=1;i<=N-1;i++)
	{
		for (j=i+1;j<=N;j++)
		{
			if (S[i]<S[j] && F[j+1]<S[i])
			{
				adjm[i][j]=adjm[j][i]=true;
			}
		}
	}
	for (i=1;i<=N;i++)
	{
		if (!bel[i])
		{
			color(i,1);
		}
	}
}
 
void solve()
{
	int i,should=1,s;
	for (i=1;i<=N;i++)
	{
		s=bel[i];
		if (s==1)
		{
			T[1].ins(S[i]);
			printf("a ");
		}
		else
		{
			T[2].ins(S[i]);
			printf("c ");
		}
		while (T[1].tp()==should || T[2].tp()==should)
		{
			if (T[1].tp()==should)
			{
				T[1].pop();
				printf("b");
				if (should!=N)
					printf(" ");
				should++;
			}
			else
			{
				T[2].pop();
				printf("d");
				if (should!=N)
					printf(" ");
				should++;
			}
		}
	}
}
 
int main()
{
	init();
	dye();
	solve();
	return 0;
}

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今年题居然比去年还简单（前三题）。第四题郁闷了。

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