一個棋子能沿著對角線走，並吃掉格子上的value任意一個格子不能同時被兩個棋子走到，就是說value不能重復吃
問能吃到的最大value和，以及兩個棋子的位置。
分析：
對於規則2，就像黑白棋一樣，只要放的顏色不一樣就可以了，也就是(x+y)%2不一樣就行了。
接下來就是求value和了。
棋盤大小為2000*2000，如果暴力每個格子放棋子能吃到的value和會超時。
很明顯，(x,y)的value和就等於它所屬的對角線和+斜對角線和-value(i,j)就行了。
我們只要預處理出每條對角線和斜對角線的和就行了。
我們發現(x+y)相同的格子都屬於同個對角線，(x-y)相同的屬於同個斜對角線。我們開兩個數組來記錄就行了，由於x-y會有負數，我們給它們+2000就行了。
這樣，計算某個格子的value和的時候，直接取(x+y)對角線和及(x-y)斜對角線來做就行了。
代碼：
/*
* Author: illuz
* Blog: http://blog.csdn.net/hcbbt
* File: C.cpp
* Create Date: 2014-08-30 16:26:14
* Descripton:
*/
#include
using namespace std;
#define repf(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
typedef long long ll;
const int N = 2010;
int n;
ll v;
ll x[N*2], y[N*2], mp[N][N];
pair A, B;
ll am, bm;
int main() {
scanf("%d", &n);
A.first = 1;
A.second = 2;
B.first = 1;
B.second = 1;
repf (i, 1, n) repf (j, 1, n) {
scanf("%lld", &v);
x[i + j] += v;
y[i - j + N] += v;
mp[i][j] = v;
}
repf (i, 1, n) repf (j, 1, n) {
v = x[i + j] + y[i - j + N] - mp[i][j];
if ((i + j) % 2) {
if (am < v) {
am = v;
A.first = i;
A.second = j;
}
} else {
if (bm < v) {
bm = v;
B.first = i;
B.second = j;
}
}
}
cout << am + bm << endl;
cout << A.first << ' ' << A.second << ' ';
cout << B.first << ' ' << B.second << endl;
return 0;
}
D - Gargari and Permutations【多序列LCS，DAG】
題意：
求k個長度為n的序列的最長公共子序列。(2<=k<=5)
分析：
不能求前兩個序列的LCS，然後拿結果去跟下面的求。
因為前兩個序列的LCS是不唯一的。
我們預處理(i,j)，如果對於每個序列都有pos[i] < pos[j]，就說明作為LCS的話，i後面可以跟j，然後在i,j間連一條邊。
這樣就會轉化為一個DAG了，求下最長路就行了。
代碼：
/*
* Author: illuz
* Blog: http://blog.csdn.net/hcbbt
* File: D.cpp
* Create Date: 2014-08-30 17:06:04
* Descripton:
*/
#include
using namespace std;
#define repf(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
typedef long long ll;
const int N = 1010;
int a[6][N], vis[N];
int n, k, v;
int dp[N], mmax;
vector G[N];
bool check(int x, int y) {
repf (i, 0, k - 1) {
if (a[i][x] >= a[i][y])
return 0;
}
return 1;
}
int dfs(int x, int d) {
int ret = 0;
if (vis[x])
return vis[x];
int sz = G[x].size();
repf (i, 0, sz - 1) {
ret = max(ret, dfs(G[x][i], d + 1));
}
return vis[x] = ret + 1;
}
int main() {
while (cin >> n >> k) {
memset(vis, 0, sizeof(vis));
repf (i, 0, n)
G[i].clear();
repf (i, 0, k - 1) {
repf (j, 1, n) {
cin >> v;
a[i][v] = j;
}
}
repf (i, 1, n) {
repf (j, 1, n) {
if (check(i, j)) {
G[i].push_back(j);
}
}
}
mmax = 0;
repf (i, 1, n) {
if (!vis[i])
mmax = max(dfs(i, 0), mmax);
}
cout << mmax << endl;
}
return 0;
}
E - Caisa and Tree【暴力，非正解】
題意：
給出一棵節點有值的樹，有兩個操作：
詢問從根節點到某節點的路徑中，深度最深且與該節點gcd>1的節點的標號。修改某個節點的值。
分析：
完全想不到暴力能輕易過，只能表示數據太弱...
dfs建樹，記錄下每個節點的父節點。
查詢時用循環從查詢節點向上找到符合的節點然後輸出就行了。
數據太弱了，如果樹是一條長鏈，最底端和其他節點的gcd=1，然後每次都查詢最後一個節點，這樣就會超時。
剛才試了下，貌似Solution裡面沒有一個能夠避免TLE，全是暴力。
坐等官方正解。
下面是python寫的TLE數據的數據生成器：
#!/usr/bin/python
# by hcbbt 2014-08-30 17:30:33
#
n = 100000
print n, n
for i in range(n - 1):
print 2,
print 3
for i in range(n - 1):
print i + 1, i + 2
for i in range(n):
print 1, n
代碼：
/*
* Author: illuz
* Blog: http://blog.csdn.net/hcbbt
* File: E.cpp
* Create Date: 2014-08-30 19:20:17
* Descripton: brute force, gcd
*/
#include
using namespace std;
#define repf(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
vector mp[N];
int n, q, v[N], fa[N], x, y;
void dfs(int x, int f) {
fa[x] = f;
int sz = mp[x].size();
repf (i, 0, sz - 1) {
if (mp[x][i] != f) {
dfs(mp[x][i], x);
}
}
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &q);
repf (i, 1, n) {
scanf("%d", &v[i]);
}
repf (i, 1, n - 1) {
scanf("%d%d", &x, &y);
mp[x].push_back(y);
mp[y].push_back(x);
}
dfs(1, 0);
repf (i, 1, q) {
scanf("%d", &x);
if (x == 1) {
scanf("%d", &y);
int i;
for (i = fa[y]; i; i = fa[i])
if (__gcd(v[i], v[y]) > 1)
break;
if (!i)
printf("-1\n");
else
printf("%d\n", i);
} else {
scanf("%d %d", &x, &y);
v[x] = y;
}
}
return 0;
}
