【CF 706】(C.Hard problem) + (D.Vasiliy's Multiset) + (E.Working routine)【最短路、01字典树、十字链表模拟】

C. Hard problem

题意：$n$n个字符串，顺序固定，每个字符串可以进行一次反转，反转代价为$c_i$ci​，现要求将所有字符串按照字典序排列，原有顺序不能改变，只能够进行反转，问最少需要多少代价可以让字符串按字典序排列。如果不能，输出$-1$−1。

思路：对于每一个字符串建立两个点，一个是原状态$s_i$si​，一个是翻转状态$s_i'$si′​。如果$s_i$si​比$s_{i+1}$si+1​小，则将两点连单向边，边权为$0$0; 如果$s_i$si​比$s_{i+1}'$si+1′​小，则将两点连单向边，边权为$c_{i+1}$ci+1​。然后对于$s_i'$si′​进行相同判断与连边操作。

最后建立一个源点连接$s_1$s1​与$s_1'$s1′​，连接$s_1'$s1′​的边权为$c_1$c1​，建立一个汇点，使$s_n$sn​与$s_n'$sn′​连接汇点，此处边权为$0$0。从源点向汇点跑最短路，跑不到则输出$-1$−1，否则输出答案即可。

反思：代码要注意细节，比赛的时候因为$dij$dij函数返回值为$int$int一直$wa$wa在第$18$18个点，一直到比赛快结束了才找到问题，一定要引以为戒！

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
#include <algorithm>
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define LOG1(x1,x2) cout << x1 << ": " << x2 << endl;
#define LOG2(x1,x2,y1,y2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << endl;
#define LOG3(x1,x2,y1,y2,z1,z2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << " , " << z1 << ": " << z2 << endl;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 5*1e6+100;
const int M = 5*1e6+100;
// const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll inf = 5*1e16;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;

struct Edge{
   int to,next;
   ll w;
}e[M];
int head[N],tot,n,vis[N];
ll c[N],dis[N];

void add(int x,int y,ll w){
   e[++tot].to = y, e[tot].next = head[x], e[tot].w = w, head[x] = tot;
}

priority_queue< pair<ll,int> > q;

ll dijkstra(int s)
{
   while(q.size()) q.pop();
   memset(vis,0,sizeof vis);
   rep(i,0,2*n+2) dis[i] = inf;
   dis[s] = 0;
   q.push(make_pair(0ll,s));
   while(q.size())
   {
   	int x = q.top().second;
   	q.pop();
   	if(vis[x]) continue;
   	vis[x] = 1;	//只有从队列中弹出时才是更新好了这个点，此时才可以更新vis，不能在加入的时候就更新vis
   	for(int i = head[x]; i; i = e[i].next)
   	{
   		int y = e[i].to;
   		ll z = e[i].w;
   		if(dis[y] > (ll)(dis[x] + z)){
   			dis[y] = dis[x]+z;
   			q.push(make_pair(-dis[y],y));
   		}
   	}
   }
   if(dis[n*2+2] == inf) return -1;
   return dis[2*n+2];
}

int main()
{
   __; cin >> n; tot = 1;
   rep(i,1,n) cin >> c[i];
   string b1,b2;
   int r1,r2;
   rep(i,1,n){
   	string s1,s2;
   	cin >> s1; s2 = s1;
   	reverse(s2.begin(),s2.end());
   	if(i == 1){
   		b1 = s1, b2 = s2;
   		r1 = i, r2 = i+n;
   		add(2*n+1,r1,0);
   		add(2*n+1,r2,c[1]);
   	}
   	else{
   		if(b1 <= s1) add(r1,i,0ll);
   		if(b1 <= s2) add(r1,i+n,c[i]);
   		if(b2 <= s1) add(r2,i,0ll);
   		if(b2 <= s2) add(r2,i+n,c[i]);
   		b1 = s1, b2 = s2;
   		r1 = i, r2 = i+n;	
   	}
   }
   add(n,2*n+2,0);
   add(2*n,2*n+2,0);
   ll x1 = dijkstra(2*n+1);
   cout << x1 << endl;
   return 0;
}

---

D.Vasiliy’s Multiset

题意：维护一个$Multiset$Multiset，支持三种操作。① 加入一个数 ② 删除一个数 ③ 给出一个$x$x，在$Multiset$Multiset中找到一个$y$y，使得$x\ xor\ y$x xor y最大。注意，$Multiset$Multiset中初始存在$0$0。(操作次数 $\leq 2*10^5$≤2∗105 ，数值 $\leq 10^9$≤109)

思路：可以发现本题的关键之处在于如何找到一个点$y$y与$x$x的异或值最大，而异或值最大无非就是找到一个数，使得在二进制情况下，从最高位向最低位遍历，$x$x为$1$1处，$y$y为$0$0，$x$x为$0$0处，$y$y为$1$1，位数越高优先级越高。

因此不难想到维护$01$01字典树，由于数值最大为$10^9$109，因此字典树深度最深为$32$32，即维护$32$32个二进制位。字典树中每个节点的$flag$flag记录这个节点被遍历了多少次，插入或删除一个元素，即将元素二进制状态下经过的节点 $flag$flag +$1$1 / -$1$1。最后考虑求与$x$x异或值最大的$y$y，将$x$x的二进制形式输入字典树，每一层尽量走与$x$x二进制位置不同的那个节点，最后能够找到一条路径，将路径上所有二进制位加起来，即得到了$y$y。

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define LOG1(x1,x2) cout << x1 << ": " << x2 << endl;
#define LOG2(x1,x2,y1,y2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << endl;
#define LOG3(x1,x2,y1,y2,z1,z2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << " , " << z1 << ": " << z2 << endl;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 1e5+100;
const int M = 1e5+100;
const int charset = 3;
const int max_node = 2*1e5*32+100;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;

int q;
char op[10];
int ss[40];

struct Trie
{
	int tot,root,child[max_node][charset];  //root:根节点  tot:节点编号
	//child[i][j]=k，表示编号为i的节点的第j个孩子是编号为k的节点
	int flag[max_node];   //是否以某一个字符为结束
	Trie()
	{
//		memset(child,0,sizeof(child));
		memset(flag,0,sizeof(flag)); 
		root = tot = 1;  //根节点编号为1 
	}	
	void mem()  //将字典树初始化 
	{
		memset(child,0,sizeof(child));
		memset(flag,0,sizeof(flag)); 
		root = tot = 1;  //根节点编号为1 
	}
	void dele()
	{
		int cur = root;
		for(int i = 1; i<=32; i++)
		{
			int x = ss[i];
			cur = child[cur][x];
			flag[cur]--;
		}
	}
	void insert()
	{
		int cur = root;
		for(int i = 1; i<=32; i++)
		{
			int x = ss[i];
			// LOG2("i",i,"x",x);
			// LOG1("cur_y",child[cur][1]);
			if(child[cur][x] == 0)
				child[cur][x] = ++tot;
			cur = child[cur][x];
			flag[cur]++;
		}
	}
	int query()
	{
		int tp = 0;
		int cur = root;
		for(int i = 1; i <= 32; i++)
		{
			int x = ss[i],y;
			if(x == 1) y = 0;
			else y = 1;
			// LOG3("i",i,"x",x,"y",y);
			// LOG1("cur_y",child[cur][y]);
			if(child[cur][y] != 0 && flag[child[cur][y]] >= 1){
				if(y == 1) tp += (1<<(32-i));
				cur = child[cur][y];
				// printf("in y\n");
			}
			else{
				if(x == 1) tp += (1<<(32-i));
				cur = child[cur][x];
				// printf("in x\n");
			}
		}
		return tp;
		//查询单词时应该 return flag[cur]; 
	}
}tre;

int main()
{
	scanf("%d",&q);
	memset(ss,0,sizeof ss);
	tre.insert();
	rep(i,1,q){
		scanf("%s",op);
		if(op[0] == '+'){
			int xx, pos = 32;
			scanf("%d",&xx);
			memset(ss,0,sizeof ss);
			while(xx){
				if(xx&1) ss[pos] = 1;
				xx /= 2;
				pos--;
			}
			// rep(i,1,32) printf("%d ",ss[i]);
			// printf(" ");
			tre.insert();
		}
		else if(op[0] == '-'){
			int xx, pos = 32;
			scanf("%d",&xx);
			memset(ss,0,sizeof ss);
			while(xx){
				if(xx&1) ss[pos] = 1;
				xx /= 2;
				pos--;
			}
			tre.dele();	
		}
		else{
			int xx, pos = 32, base;
			scanf("%d",&xx);
			base = xx;
			memset(ss,0,sizeof ss);
			while(xx){
				if(xx&1) ss[pos] = 1;
				xx /= 2;
				pos--;
			}
			int yy = tre.query();
			// LOG2("base",base,"yy",yy);
			ll ans = ((ll)yy)^((ll)base);
			printf("%lld\n",ans);
		}
	}
	return 0;
}

---

E.Working routine

题意：给出一个$n*m$n∗m的矩阵，$q$q次操作，每次操作在矩阵中指定两个不重叠且不接触的小矩阵，将两个矩阵中的对应元素互换。在$q$q次操作之后，输出最后的结果矩阵。$(2\leq n,m\leq 10^3,1\leq q\leq 10^4)$(2≤n,m≤103,1≤q≤104)

思路：此题是子矩阵交换，我们可以先考虑一维状态下的子序列交换，区间$[a,b]$[a,b]与$[c,d]$[c,d]交换，如下图所示。每个节点存储右指针，只需将节点[a-1]与[c-1]以及[b]与[d]交换右指针即可。此处需注意，如果两个区间重叠或相互接触，则会发生错误，可以自行手动模拟一下。

知道了一维情况下的操作，我们可以考虑二维情况下如何操作。首先每个节点需要维护向右与向下的指针，然后我们来考虑下图情况，两个子矩形相互交换元素。我们可以发现决定这个矩形具体所在位置只是A1、A3区域的向下指针与A2、A4区域的向右指针。

因此我们只需将A1、A3与B1、B3的向下指针进行交换，A2、A4与B2、B4的向右指针进行交换即可完成题目要求。注意如果两个矩形有可能相交或接触，则此算法不可行。

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define LOG1(x1,x2) cout << x1 << ": " << x2 << endl;
#define LOG2(x1,x2,y1,y2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << endl;
#define LOG3(x1,x2,y1,y2,z1,z2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << " , " << z1 << ": " << z2 << endl;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 2*1e6+100;
const int M = 1e5+100;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;

int n,m,q;
struct Node{
	int r,d,v;
}t[N];

int Pos(int x,int y){
	x++, y++;
	return (x-1)*(m+1)+y;
}

int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
	rep(i,1,n)
		rep(j,1,m) scanf("%d",&t[Pos(i,j)].v);
	//一共n+1行，m+1列，从(0,0)开始编号
	rep(i,0,n)
		rep(j,0,m){
			t[Pos(i,j)].r = Pos(i,j+1);
			t[Pos(i,j)].d = Pos(i+1,j);
		}
	rep(i,1,q){
		int a,b,c,d,h,w;
		scanf("%d%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&h,&w);
		int x = 1,y = 1,u,v;
		rep(j,1,a-1) x = t[x].d;
		rep(j,1,b-1) x = t[x].r;
		rep(j,1,c-1) y = t[y].d;
		rep(j,1,d-1) y = t[y].r;
		u = x, v = y; //先往下再往右，左下周长部分
		rep(j,1,h){
			u = t[u].d, v = t[v].d;
			swap(t[u].r,t[v].r);
		}
		rep(j,1,w){
			u = t[u].r, v = t[v].r;
			swap(t[u].d,t[v].d);
		}
		u = x, v = y; //先往右再往下，右上周长部分
		rep(j,1,w){
			u = t[u].r, v = t[v].r;
			swap(t[u].d,t[v].d);
		}
		rep(j,1,h){
			u = t[u].d, v = t[v].d;
			swap(t[u].r,t[v].r);
		}
	}
	int x = 1;
	x = t[x].d, x = t[x].r;
	rep(i,1,n){
		int y = x;
		rep(j,1,m){
			printf("%d",t[y].v);
			y = t[y].r;
			if(j == m) printf("\n");
			else printf(" ");
		}
		x = t[x].d;
	}
	return 0;
}