2024/9/22_&_9/28 CSP-S daimayuan模拟赛复盘

合集 - 复盘(20)

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2024/9/22_&_9/28 daimayuan

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Day 5 A. 距离

题面描述

你有一个图，其中有 $n$ 个点和 $m$ 条有向边，并且每个点有个权值 $a_1,a_2,\dots ,a_n$。

除了这 $m$ 条有向边外，如果对于图中两个点 $u,v$，有 $a_u\mathrm{\&}{a}_v=a_v$ （即二进制下的与运算），那么会有一条额外的从 $u$ 到 $v$ 的有向边。

现在求 $1$ 号点，到其他所有点的最短距离，也就是经过的最少的有向边数。

输入 & 输出 & 样例 & 数据范围

输入第一行，两个整数 $n,m$。

接下来一行一共 $n$ 个数 $a_1,a_2,\dots ,a_n$。

接下来 $m$ 行，每行两个数 $u,v$，表示一条有向边。

输出一共 $n$ 行，其中第 $i$ 行表示到 $i$ 号点的距离。如果无法到达，那么输出 $-1$。

对于所有数据，保证 $1\le n\le 2\times {10}^5,0\le m\le 3\times {10}^5，0\le a_i<220$。

5 2
5 4 2 3 7
1 4
2 3

0
1
2
1
-1

思路解析

首先我们把加边的条件转换一下，即 $a_u\mathrm{\&}{a}_v=a_v$ 等价于：在集合意义下 $a_v$ 是 $a_u$ 的子集。这样我们就可以用子集连边的方法，即不需要对 $x$ 子集内的每个值连边，只需要分别考虑 $x$ 的每一个元素将其删去后的 $x^{‘}$，将 $x$ 向 $x^{‘}$ 连边即可，这样可以保证集合 $x$ 能与它的每一个子集 $y$ 都直接或间接相连。注意因为间接相连也能传递信息，所以该图上所有边权都为 $0$。

我们用上面加边的方法给值域内的所有值都连好边后，此时我们就有了两张图，一张是题目给的原图，另外一张就是我们在值域上建的这张图，我们考虑如何把两张图联系起来。我们考虑对于原图的每一个 $u$，都将 $u$ 向值域图上的 $a_u$ 连边，边权为 $1$；同时将值域图上的 $a_u$ 向 $u$ 连边，边权为 $0$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1.3e6 + 10;
int n, m, a[N], dis[N];
vector<int> g1[N], g2[N];
int main() {
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
		g1[i].push_back(n + a[i] + 1); g2[n + a[i] + 1].push_back(i);
	}
	for(int i = 1, u, v; i <= m; i++) {
		cin >> u >> v;
		g1[u].push_back(v);
	}
	for(int i = 0; i < (1 << 20); i++) {
		for(int j = 0; j < 20; j++) {
			if((i >> j) & 1) {
				g2[n + i + 1].push_back(n + i + 1 - (1 << j));
			}
		}
	}
	memset(dis, 0x3f, sizeof(dis)); dis[1] = 0;
	deque<int> q; q.push_back(1);
	while(!q.empty()) {
		int u = q.front(); q.pop_front();
		for(auto v : g1[u]) {
			if(dis[v] > dis[u] + 1) {
				dis[v] = dis[u] + 1;
				q.push_back(v);
			}
		}
		for(auto v : g2[u]) {
			if(dis[v] > dis[u]) {
				dis[v] = dis[u];
				q.push_front(v);
			}
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		if(dis[i] < 0x3f3f3f3f) cout << dis[i] << '\n';
		else puts("-1");
	}
	return 0;
}

Day 6 A. 伐木

题面描述

你有一棵 $n$ 个点的树。你可以选择两个不同的点 $(x,y)$，把这两个点的简单路径上的点 $($ 包括 $x,y)$ 删除。对于一条边$(u,v)$，如果其中任意一个端点在简单路径上，这条边也会被删除。

整棵树会变成若干个连通块。你希望最大化点数大于等于 $K$ 的连通块个数。

输入 & 输出 & 样例 & 数据范围

输入多组测试数据，第一行一个整数 $T$ 表示数据组数。对于每组测试数据：

第一行两个整数 $n,K$。

接下来 $n-1$ 行，每行两个数，表示一条树上的边。

输出对于每组测试数据，输出一个数，表示最大值。

对于所有数据，保证 $T\le 10,2\le n\le {10}^5,1\le K\le n$。

2
7 3
1 2
2 3
3 4
4 5
5 6
6 7
9 3
1 2
1 3
1 4
4 5
4 6
4 7
7 8
7 9

1
2

思路解析

问题在树上，是求最大贡献的问题，考虑树形 dp。记 $f_i$ 表示若只考虑问题在 $i$ 的子树中，链的一端为 $i$，这个子问题的答案是多少。考虑转移，由于链的另一端在子树中，所以肯定是由 $i$ 的子节点转移给 $i$，于是遍历每一个子节点求从该子节点转移取最大值即可。

考虑如何统计答案。由于最终的答案链有可能是经过 $i$ 但不是以 $i$ 为端点，也就是两个端点 $u,v$ 的 $lca(u,v)$ 为 $i$。这种情况下就是相当于有两条链 $u,i$ 和 $v,i$ 加起来的贡献；而如果确定 $i$，那么 $(u,i)$ 和 $(v,i)$ 就是 $i$ 的所有子节点中的最大贡献和次大贡献，此时只要在转移 $f$ 求最大值时同时求次大值即可。注意因为统计 $f_i$ 和答案时会删除 $i$，所以需要单独判断一下 $i$ 的子树大小减去 $i$ 本身的贡献。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int T, n, k, ans = 0, sz[N], f[N];
vector<int> g[N];
void dfs(int u, int fa) {
	sz[u] = 1;
	for(auto v : g[u]) {
		if(v == fa) continue;
		dfs(v, u);
		sz[u] += sz[v];
	}
	int cnt = 0, mx1 = -2e9, mx2 = -2e9;
	for(auto v : g[u]) {
		if(v == fa) continue;
		cnt += (sz[v] >= k);
		if(f[v] > mx1) mx2 = mx1, mx1 = f[v];
		else if(f[v] > mx2) mx2 = f[v];
	}
	f[u] = cnt + max(0, mx1) - (sz[u] >= k);
	ans = max(ans, cnt + mx1 + max(0, mx2) + ((n - sz[u]) >= k));
}
int main() {
	cin >> T;
	while(T--) {
		cin >> n >> k;
		
		memset(f, 0, (n + 5) * sizeof(int)); ans = 0;
		for(int i = 1; i <= n; i++) g[i].clear();
		
		for(int i = 1, u, v; i <= n - 1; i++) {
			cin >> u >> v;
			g[u].push_back(v); g[v].push_back(u);
		}
		
		dfs(1, 0);
		cout << ans << '\n';
	}
	return 0;
}