NOIP 鸡王争霸赛
NOIP 鸡王争霸赛
竞赛时间： 2018 年 8 月 23 日
By –老王
最终测试均打开 O2 优化
| bag | vest | helmet |
| bag.in | vest.in | helmet.in |
| bag,out | vest.out | helmet.out |
| 2s | 2s | 2s |
| 512MB | 512MB | 512MB |
| 忽略行末空格和 回车 |
忽略行末空格和 回车 |
忽略行末空格和 回车 |
| 传统 | 传统 | 传统 |
Problem A:三级包（bag.c/cpp/pas）
Input file: bag.in
Output file: bag.out
Time limit: 2 seconds
Memory limit: 512 megabytes
老王被同学拉去吃鸡，一落地就捡到了三级包，同时地上还有很多其他老王
想要带走的东西， M416、 5.56 子弹、垂直握把、 8 倍镜等等，但是显然老王不
能带走所有的东西。老王的三级包比较奇特，不仅有重量限制，而且有物品个数
限制。地上的每一种装备个数都记为 1 并有自己的重量，老王想要在不超过限制
的情况下带走尽可能重的东西，为了帮助老王吃鸡，请你来完成这个问题。
Input
第一行两个正数 n、 m 分别表示三级包的个数限制和容量限制
第二行一个整数 k 表示地上的装备数量
接下来一行 k 个整数， 第 i 个整数
Output
输出一共一行一个整数， 表示老王能带走的最大重量
Example
Sample Input1
5 100
8
8 64 17 23 91 32 17 12
Sample Output1
99
Sample Input2
5 10
3
99 99 99
Sample Output2
0
Notes
有30%的数据，满足k ≤ 15。
另有20%的数据，满足k ≤ 20。
另有20%的数据，满足n ≤ 6。
对于100%的数据， k ≤ 40， n ≤ 35， 未提及的数据均是1到10^9之间的整数。
30 分解法： 2 ^n爆搜即可
50 分解法： 30 分做法随便剪枝优化一下
70 分解法： 因为n ≤ 6，可以从1~n枚举选取物品个数，然后
爆搜， C[k][6]也没多大，所以跑过毫无压力(+50 分做法)
100 分解法：
先预处理前一半物品， 枚举这部分物品的所有选取集合， 并
用 set 存下来 S[i]里面存放选取物品数量不超过 i 的所有权值
集合。同样，枚举后一半物品的所有选取集合，并到对应的
set 里面二分查找满足要求的最大权值即可，时间复杂度
O(tlogt)
感谢黄学长（神犇）原代码
// #include<stdio.h> #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int w[50],n,m,k; int cnt1[1<<21],cnt2[1<<21]; ll sum1[1<<21],sum2[1<<21],ans; vector<ll> v[50]; int lowbit(int x) { return x&-x; } int main() { cin>>n>>m>>k; for(int i=1;i<=k;i++)cin>>w[i]; if(k==1) { if(w[1]<=m)cout<<w[1]; else cout<<0; return 0; } int mid=k/2; int tot=(1<<mid)-1; for(int i=1;i<=mid;i++)sum1[1<<i-1]=w[i];//压缩1集合 for(int s=1;s<=tot;s++) { sum1[s]=sum1[s^lowbit(s)]+sum1[lowbit(s)];//s集合为sum1[s^lowbit(s)]的集合（s去掉lowbits位）情况加上lowbit位的情况 （lowbits位为一） cnt1[s]=cnt1[s^lowbit(s)]+1;//个数限制 if(sum1[s]<=m&&cnt1[s]<=n)//满足条件 { ans=max(ans,sum1[s]); v[cnt1[s]].push_back(sum1[s]);//在选择cnt1个物品的情况下的一个代价 } } for(int i=1;i<=mid;i++)sort(v[i].begin(),v[i].end()); for(int i=1;i+mid<=k;i++)sum2[1<<i-1]=w[i+mid];//压缩2集合 mid=k-mid; tot=(1<<mid)-1; vector<ll>::iterator it; for(int s=1;s<=tot;s++) { sum2[s]=sum2[s^lowbit(s)]+sum2[lowbit(s)]; cnt2[s]=cnt2[s^lowbit(s)]+1; if(cnt2[s]<=n&&sum2[s]<=m) { ans=max(ans,sum2[s]); for(int j=1;j<=n-cnt2[s];j++)//和一集合匹配 if(!v[j].empty()) { it=upper_bound(v[j].begin(),v[j].end(),m-sum2[s]);//二分查找满足要求的最大权值 if(it!=v[j].begin()) { it--; ans=max(ans,(*it)+sum2[s]); } } } } cout<<ans; return 0; }
Problem B:三级甲（vest.c/cpp/pas）
Input file: vest.in
Output file: vest.out
Time limit: 2 seconds
Memory limit: 512 megabytes
在皮卡多捡到了一件三级甲的老王非常兴奋， 想马上测试一下三级甲的性能，
于是老王走到了加油站旁边的空地上跳俄舞，不一会儿身上就被打了一排子弹，
老王躲起来后脱下三级甲，发现这一排弹孔深度不一，聪明的老王想到了一个量
化计算性能的方法，给定一个 k(k ≤ n)，计算出所有长度为 k 的区间的弹孔深度
的最小值的和，当然 k 值不同，得到的性能值也不同，所以老王会取不同的 k 进
行计算，为了帮助老王吃鸡，这个问题就交给你来解决。
Input
第一行两个正数 n、 m 分别表示弹孔个数和询问次数
第二行共 n 个整数，表示这一排每个弹孔的深度
Output
输出共 m 行，每行输出一个整数表示对应询问的答案
Example
Sample Input1
2 2
1 1
1
2
Sample Output1
2
1
Sample Input2
5 3
10 3 20 30 11
2
4
5
Sample Output2
37
6
3
Sample Input3
9 5
11 33 78 55 26 100 200 89 98
2
3
4
5
6
Sample Output3
429
300
204
115
89
30 分解法：随便怎么做
50 分解法：分析每一个元素对于不同询问区间长度的贡献，
l 为它到左边第一个比他小元素的距离， r 为它到右边第一个
比他小元素的距离，那么可以发现，贡献呈这种趋势“
于是可以预处理每个元素的 l， r， O(1)即可得到每个元素对
所询问区间长度的贡献，于是O( n^2)
60 分解法： 50 分+送的 10 分
100 分解法： 注意到，所询问就是如上图中多个梯形，在某
一个 x 处的权值和，而上述梯形又显然可分成三段，两段公
差为 1 的等差数列和一段常数数列，于是三段分开前缀后缀
之类的O(n)预处理一下，每个询问O(1)，于是最终复杂度
O(n)
// #include<stdio.h> #include<bits/stdc++.h> using namespace std; inline char nc() { static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf; return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; } inline int rd() { char ch=nc(); int sum=0; while(!(ch>='0'&&ch<='9'))ch=nc(); while(ch>='0'&&ch<='9')sum=sum*10+ch-48,ch=nc(); return sum; } typedef long long ll; ll ans1[1000005],ans2[1000005]; int n,m; int a[1000005],l[1000005],r[1000005]; stack<int> s; int main() { n=rd(),m=rd(); for(int i=1; i<=n; i++) { a[i]=rd(); } s.push(0); for(int i=1; i<=n; i++) { while(!s.empty()&&a[s.top()]>a[i])//如果a[i]小于栈顶元素 { r[s.top()]=i-1; //栈顶最右不能超过a[i] s.pop(); } if(!s.empty()&&a[s.top()]==a[i])//特判相等 { l[i]=l[s.top()];//左取小于等于 r[s.top()]=i-1;//右不取 s.pop(); } else l[i]=s.top()+1;//栈顶元素小于a[i]，a[i]最左不能超过顶元素 s.push(i);//i号入栈 } while(!s.empty())r[s.top()]=n,s.pop();// 栈内还有元素则说明没有a[i]小于等于栈顶元素，则栈顶元素最小，最右影响到n号 int L,R; for(int i=1; i<=n; i++)//讨论i号点的贡献 { L=i-l[i]+1;//L到R区间分情况讨论 R=r[i]-i+1; if(L<=R) //if(k<=L)ans+=k*a[i];梯形左边 //if(L<k<R)ans+=L*a[i];梯形上边 //if(R<=k<=R+L)ans+=(R+L-k)*a[i];梯形右边 //分有无k进行差分 { if(L>1) { ans2[1]+=a[i];//差分ans2:a[i] ans2[L]-=a[i]; } ans1[L]+=1ll*L*a[i]; ans1[R+1]-=1ll*L*a[i]; if(R+1<=L+R-1) { ans1[R+1]+=1ll*(R+L)*a[i]; ans1[L+R]-=1ll*(R+L)*a[i]; ans2[R+1]-=a[i]; ans2[L+R]+=a[i]; } } else { if(R>1) { ans2[1]+=a[i]; ans2[R]-=a[i]; } ans1[R]+=1ll*R*a[i]; ans1[L+1]-=1ll*R*a[i]; if(L+1<=L+R-1) { ans1[L+1]+=1ll*(L+R)*a[i]; ans1[L+R]-=1ll*(L+R)*a[i]; ans2[L+1]-=a[i]; ans2[L+R]+=a[i]; } } } int x; for(int i=1; i<=n; i++)ans1[i]+=ans1[i-1],ans2[i]+=ans2[i-1]; for(int i=1; i<=n; i++)ans1[i]+=ans2[i]*i;//补回 k*a[i] while(m--) { x=rd(); printf("%lld\n",ans1[x]); } }
Problem C:三级头（helmet.c/cpp/pas）
Input file: helmet.in
Output file: helmet.out
Time limit: 2 seconds
Memory limit: 512 megabytes
捡到三级甲不久后，老王发现了一个空投，走进发现周围全是尸体，而且每
个尸体上都有不同破烂程度的三级头，而且所有尸体又恰好构成了一棵树形结构，
老王正奇怪，突然从箱子背后跳出一个吉利服男子问老王问题，如果打对了就把
装备送给老王：最开始以 1 号尸体为根，有两种操作，
(1)询问以 i 为根的子树中
三级头耐久度严格大于 k 的有几个；
(2)指定 i 为根；
(3)修改 i 号尸体的三级头耐
久度为 x。为了帮助老王吃鸡，请你来回答这个问题！
Input
第一行两个正整数 n、 m 分别表示尸体个数和操作次数；
第二行 n 个整数 wj分别表示每个尸体上三级头的耐久度；
接下来 n-1 行每行两个整数 i、 j，表示 i、 j 之间有边相连；
一个空行之后， 接下来 m 行，每行表示一次操作：
若是第一种操作，则有三个整数： 1、 i、 k；
若是第二种操作， 则有两个整数： 2、 i；
若是第三种操作，则有三个整数： 3、 i、 x。
Output
输出行数与 1 类型操作次数相等，每行表示对应操作的答案
Example
Sample Input1
5 3
15 18 20 8 10
4 3
4 2
3 1
2 5
1 4 8
3 2 1
1 3 10
Sample Output1
2
1
Sample Input2
7 4
26 22 8 5 21 28 5
6 1
6 3
1 7
1 4
4 2
7 5
1 3 22
1 1 10
2 7
1 4 5
Sample Output2
0
4
1
Notes
有20%的数据， n, m ≤ 2000。
另有40%的数据， 没有 3 类型操作
对于100%的数据， n, m ≤ 100000， 1 ≤ wj≤10^9
20 分做法：随你怎么做
60 分做法： 没有三类型操作，这就意味着权值是恒定的，离
线即可。处理出每一个询问时相应的根，并将询问按照询问
的权值排序， dfs 序+树状数组解决即可（如果新根在子树外，
dfs 序区间无影响，若在子树内，则分为前后两个区间）
100 分做法： dfs 序后分块， 并维护块内有序， 这样询问时，
到对应的块中二分查找一下即可，多出来的暴力处理即可，
时间复杂度O(nt logt)
1 #include<stdio.h> 2 #include<bits/stdc++.h> 3 using namespace std; 4 struct node 5 { 6 int to; 7 int next; 8 }edge[300000]; 9 int head[100005],num; 10 long long a[100005],dep[100005],fa[100005],A[100005]; 11 int n,q,aa,bb,xx,yy; 12 void add(int x,int y) 13 { 14 edge[++num].to=y; 15 edge[num].next=head[x]; 16 head[x]=num; 17 } 18 void dfs(int u,int Fa) 19 { 20 fa[u]=Fa; 21 dep[u]=dep[Fa]+1; 22 for(int i=head[u];i;i=edge[i].next) 23 { 24 int v=edge[i].to; 25 if(v!=Fa) 26 dfs(v,u); 27 } 28 } 29 bool OK() 30 { 31 int cnt=0; 32 while(xx!=yy) 33 { 34 if(dep[xx]<dep[yy])swap(xx,yy); 35 A[++cnt]=a[xx]; 36 xx=fa[xx]; 37 if(cnt>36)return 1; 38 } 39 A[++cnt]=a[xx]; 40 if(cnt<4)return 0; 41 sort(A+1,A+cnt+1); 42 for(int i=4;i<=cnt;i++) 43 if(A[i]<A[i-1]+A[i-2]+A[i-3])return 1; 44 return 0; 45 } 46 47 int main() 48 { 49 ios::sync_with_stdio(false); 50 cout.tie(NULL); 51 cin>>n; 52 for(int i=1;i<=n;i++) 53 cin>>a[i]; 54 for(int i=1;i<n;i++) 55 { 56 cin>>aa>>bb; 57 add(aa,bb); 58 add(bb,aa); 59 } 60 dfs(1,0); 61 cin>>q; 62 for(int i=1;i<=q;i++) 63 { 64 cin>>aa; 65 if(aa==1) 66 { 67 cin>>xx>>yy; 68 a[xx]=yy; 69 } 70 if(aa==2) 71 { 72 cin>>xx>>yy; 73 if(OK())cout<<"Yes"<<endl; 74 else cout<<"No"<<endl; 75 } 76 } 77 } 78 79
