『模拟赛题解』9.27 NOIP 模拟赛
9.27 NOIP 模拟赛
T1. 小 O 的珠子
Description
小 O 有一些很漂亮的珠子，根据小 O 对珠子的喜欢程度，编号为 a 到 z 。 珠子们之间用魔力相互吸引，排列成一条线。
有一天，小 Y 乱丢法术，一不小心把某些珠子之间的魔力消除了，珠子们断成了 \(n\) 条。
现在，小 O 想知道，将断开的 \(n\) 条珠子们重新排列，能得到的字典序最小的序列是什么。
Solution
赛时思路
直接将所有字符串 sort 一遍。
实际得分 \(0\) pts。
正解
那上述思路哪里错了呢 ？
错就错在排序的规则。
对于 \(s_1, s_2\)，如果 \(s_1,s_2\) 字典序比 \(s_2,s_1\) 小，我们定义为 \(s_1 < s_2\)。显然，如果 \(s_1 < s_2\)，则交换 \(s_1, s_2\) 更优。
所以排序时让 \(s_1 + s_2\) 和 \(s_2 + s_1\) 比较。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 5;
int n;
string s[maxn];
string ans;
bool cmp(string x, string y)
{
return x + y < y + x;
}
int main()
{
freopen("bead.in", "r", stdin);
freopen("bead.out", "w", stdout);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i ++)
cin >> s[i];
sort (s + 1, s + n + 1, cmp);
for (int i = 1; i <= n; i ++)
ans += s[i];
cout << ans;
return 0;
}
T2. 王国的传送门
Description
一个王国有 \(n\) 个城镇，编号为 \(1\) 到 \(n\)。城镇 \(1\) 是首都。
王国中的每个城镇都有一个单向传送门，可以将人从一个城镇快速传送到另一个城镇。
城镇 \(i\) 的传送目标是城镇 \(a_i(1 \le a_i \le n)\)。通过多次使用传送门，可以保证从任何城镇到达首都。
国王洛浔喜欢整数 \(K\) 。洛浔想要调整一些传送门的目的地（出发地不变），以便从任何城镇开始，使用传送门恰好 \(K\) 次后将可以到达首都。并且，洛浔允许这 \(K\) 次中重复使用任意传送门。
请你帮洛浔找到需要调整的传送门的最小数量（允许存在自环）。
Solution
赛时思路
同下。
正解
不难发现，城镇 \(1\) 的传送门只能传送到 \(1\)，否则不可能保证 \(1 \to 1\) 使用传送门恰好 \(K\) 次。
证明如下：
所以只需要用 DFS 跑一边，判断每个点到 \(1\) 的距离，如果 \(\ge K\)，就将这个点向上走 \(K - 1\) 步的祖先给连向 \(1\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
int n, k, ans, cnt;
int head[maxn];
struct Edge
{
int nxt, to;
} edge[maxn];
void addedge(int x, int y)
{
edge[++ cnt].to = y;
edge[cnt].nxt = head[x];
head[x] = cnt;
}
int dfs(int x, int fa)
{
int ret = 0;
for (int i = head[x]; i; i = edge[i].nxt)
ret = max(ret, dfs(edge[i].to, x));
ret ++;
if (ret >= k && fa != 1)
{
ans ++;
ret = 0;
}
return ret;
}
int main()
{
freopen("gate.in", "r", stdin);
freopen("gate.out", "w", stdout);
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; i ++)
{
int x;
cin >> x;
if (i == 1 && x != 1)
ans = 1;
else if (i != 1)
addedge(x, i);
}
dfs(1, 1);
cout << ans;
return 0;
}
T3. wwk与黑白树
Description
wowaka 给你一棵树，上面有 \(n\) 个节点。一开始所有边都是黑色的。
每次你可以选择树上一条所有边都 是黑色的路径，删掉其中一条边，然后在路径的两个端点之间连一条白色的边。求最后能否得到目标形态（都是白色的边）的树。
Solution
赛时思路
没写。
正解
考虑两棵树合在一起，那么如果两点之间存在两条边（称为 \((x,y)\) ），则可以将度数较小的 \(x\) 的连边全部转移到 \(y\) 上，类似于缩点。
Complexity
时间复杂度：\(O(n \log (n)^2)\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 5e4 + 5;
int n;
map < pair <int, int>, int> p;
queue < pair <int, int> > q;
multiset <int> v[maxn];
int main()
{
freopen("wowaka.in", "r", stdin);
freopen("wowaka.out", "w", stdout);
int tt;
cin >> tt;
while (tt --)
{
cin >> n;
p.clear();
for (int i = 1; i <= n; i ++)
v[i].clear();
while (!q.empty())
q.pop();
for (int i = 1; i < 2 * n - 1; i ++)
{
int x, y;
cin >> x >> y;
if (x < y)
swap(x, y);
v[x].insert(y);
v[y].insert(x);
p[{x, y}] ++;
if (p[{x, y}] == 2)
q.push({x, y});
}
int x = 0;
while (!q.empty())
{
if (x >= n - 1)
break;
pair <int, int> k;
k = q.front();
q.pop();
if (k.first < k.second)
swap(k.first, k.second);
if (!p[k])
continue;
if (v[k.first].size() > v[k.second].size())
swap(k.first, k.second);
for (auto it = v[k.first].begin(); it != v[k.first].end(); it ++)
{
int i = *it;
v[i].erase(v[i].find(k.first));
p[{max(i, k.first), min(i, k.first)}] --;
if (k.second != i)
{
v[k.second].insert(i);
v[i].insert(k.second);
p[{max(i, k.second), min(i, k.second)}] ++;
if (p[{max(i, k.second), min(i, k.second)}] == 2)
q.push({max(i, k.second), min(i, k.second)});
}
}
v[k.first].clear();
x ++;
}
cout << (x >= n - 1 ? "YES\n" : "NO\n");
}
return 0;
}
T4. 反复横跳
略。
Others
T2 证明过程：感谢 Pretharp 的贡献。
