[agc012e]Camel and Oases
前言
很容易的就发现了只有log次跳跃。
然后状压DP。
似乎就是个简单题吧(怎么比12c还简单)
题意
一排点,两点间有距离。
初始你有一个行走值v,如果相邻两点距离不超过v你可以自由在这两点行走。
当v大于0时,你可以选择某一时刻突然飞到任意点,这样做后v会减半(下取整)。
问从每个位置初始出发能否到达所有位置。
DP
预处理left[i,j]表示在i行走值已经减半j次能往左走到哪,同理有right。
我们每次从i点出发,用行走值v可以走到[l,r]。
那么你需要将接下来的行走值分成两部分然后覆盖[1,l-1]和[r+1,n]。
我们希望预处理一个mi[i]表示用行走值中的一部分覆盖[1,i],另一部分能覆盖[x,n],x的最小值是多少。
然后为了这个先状压DP一下,设f[s]表示用s集合里的行走值覆盖[1,x]最大的x是多少,每次可以枚举一个不在s里的i然后转移,用这个i去覆盖接下来一段。
同理会有个g[s]表示覆盖[x,n]。
于是接下来再枚举拿哪些覆盖前缀即可处理mi。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int maxn=200000+10,lgn=20;
int f[maxn*5],g[maxn*5],mi[maxn],left[maxn][lgn+10],right[maxn][lgn+10],v[lgn+10],x[maxn];
int i,j,k,l,r,s,t,n,m,tot,top;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&t);
fo(i,1,n) scanf("%d",&x[i]);
v[0]=t;
t/=2;
while (t){ v[++top]=t;
t/=2;
}
v[++top]=0;
reverse(v,v+top+1);
fo(j,0,top){ left[1][j]=1;
fo(i,2,n)
if (x[i]-x[i-1]<=v[j]) left[i][j]=left[i-1][j];else left[i][j]=i;
right[n][j]=n;
fd(i,n-1,1)
if (x[i+1]-x[i]<=v[j]) right[i][j]=right[i+1][j];else right[i][j]=i;
}
f[0]=0;
g[0]=n+1;
fo(s,1,(1<<(top+1))-1){ f[s]=0;
g[s]=n+1;
fo(i,0,top)
if (s&(1<<i)){ r=s^(1<<i);
if (f[r]==n) f[s]=n;
else f[s]=max(f[s],right[f[r]+1][i]);
if (g[r]==1) g[s]=1;
else g[s]=min(g[s],left[g[r]-1][i]);
}
}
fo(i,0,n) mi[i]=n+2;
fo(i,0,(1<<top)-1){ r=((1<<top)-1)^i;
mi[f[i]]=min(mi[f[i]],g[r]);
}
fd(i,n-1,0) mi[i]=min(mi[i],mi[i+1]);
fo(i,1,n){ l=left[i][top];r=right[i][top];
if (mi[l-1]<=r+1) printf("Possible\n");else printf("Impossible\n");
}
}
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