[考试总结]ZROI-21-NOIP-CSP7连-DAY6 总结
![[考试总结]ZROI-21-NOIP-CSP7连-DAY6 总结](https://img2020.cnblogs.com/blog/1855237/202110/1855237-20211010182439963-1267870225.png)
ZROI-21-NOIP-CSP7连-DAY6 总结
#T1 聚会
#题意简述
给定一个长度为 \(n(n\leq5\times10^5)\) 的 01 串，一个位置 \(x\) 的价值为 \(x\) 到离它最近 1 的距离，问价值和。多组数据。
#大体思路
从两个方向分别扫一遍即可。
#Code
#define ll long long
const int N = 5e5;
const ll INF = 1e12;
char s[N];
int t, n, a[N]; ll f[N], ans;
int main() {
scanf("%d", &t);
for (int i = 1; i <= t; ++ i) {
printf("Case #%d: ", i);
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
scanf("%d%s", &n, s); ans = 0;
for (int i = 0; i < n; ++ i)
a[i + 1] = s[i] - '0';
ll lst = -INF;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
if (a[i]) lst = i;
f[i] = min(f[i], (ll)i - lst);
}
lst = INF;
for (int i = n; i >= 1; -- i) {
if (a[i]) lst = i;
f[i] = min(f[i], lst - (ll)i);
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
ans += f[i];
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
#T2 跳房子
#题意简述
一个长为 \(n(n\leq1000)\) 的严格递增的序列 \(\{x_i\}(x_i\leq10^{18})\)，当且仅当 \(i<j\) 且 \(x_i|x_j\) 时由 \(i\) 向 \(j\) 连边，得到一个有向无环图，每条边边可以染成三种不同的颜色，要求不允许出现连续的长度大于 \(3\) 的相同颜色的边出现，输出染色方案。
#大体思路
定义函数 \(f(x)\)，有 \(2^{f(x)}\leq x<2^{f(x)+1}\)，按如下方式进行染色：
- 如果有 \(\left\lfloor\dfrac {f(x_i)} 4\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac {f(x_j)} 4\right\rfloor\)，那么将 \(i\to j\) 标为 \(1\)；
- 如果有 \(\left\lfloor\dfrac {f(x_i)} {16}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac {f(x_j)} {16}\right\rfloor\)，那么将 \(i\to j\) 标为 \(2\)；
- 其余的标为 \(3\)。
正确性从二进制考虑，显然这样分，就是每四位分为一小组，每四小组分为一大组，总共 \(4\) 大组，每一小组内的最长路径经过不超过 \(4\) 个点，同样的，最长的、将四个大组全部相连的路径长度不超过 \(3\)。
#Code
#define ll long long
const int N = 1000010;
const int M = 1010;
template <typename T> inline void read(T &x) {
x = 0; int f = 1; char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
x *= f;
}
ll n, f[N], x[N];
inline int calc(int a, int b) {
if (f[a] / 4 == f[b] / 4) return 1;
else if (f[a] / 16 == f[b] / 16) return 2;
else return 3;
}
int main() {
read(n);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) read(x[i]);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
f[i] = f[i - 1];
while ((1ll << f[i]) <= x[i]) ++ f[i];
-- f[i];
}
for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
for (int j = 1; j < i; ++ j)
printf("%d ", calc(j, i));
puts("");
}
return 0;
}
#T3 人结
#题意简述
圆上有 \(n(3\leq n\leq500)\) 个点，顺时针编号为 \(1,2,\dots,n\)，每个点与两个点相连，要求通过移动点在圆上的位置，使得最终的边没有交叉的一个环。
#大体思路
注意到当且仅当原图不联通时无解；而当有解时最终得到的环的形态是唯一的，又注意到操作的可逆性，于是转化为将一个 \(n\)-排列环变成顺时针方向为 \(1,2,\dots,n\) 的环。
考虑复制一遍断环为链，然后为保证次数最少，一定是一次就把一个不在自己位置上的数放到自己位置上，于是就变为在 \(2n\) 长度的序列上选中长度为 \(n\) 的段，求这一段的最长上升子序列长度，取最大值即可。
由于不能保证最开始得到的环是顺时针方向，所以需要反转后在求一遍。时间复杂度 \(O(n^2\log n)\).
#Code
#define mset(l, x) memset(l, x, sizeof(l))
const int N = 1010;
const int INF = 0x3fffffff;
template <typename T> inline void read(T &x) {
x = 0; int f = 1; char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
x *= f;
}
template <typename T> inline T Max(T &a, T &b) {return a > b ? a : b;}
template <typename T> inline T Min(T &a, T &b) {return a < b ? a : b;}
struct Edge {int u, v, nxt;} e[N];
int n, a[N], head[N], ecnt(1), vis[N], tot, ans;
inline void add_edge(int u, int v) {
e[ecnt].u = u, e[ecnt].v = v;
e[ecnt].nxt = head[u], head[u] = ecnt ++;
}
void get_ring(int x) {
vis[x] = true; a[++ tot] = x;
for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt)
if (!vis[e[i].v]) get_ring(e[i].v);
}
#define lb(t, l, x) lower_bound(t + 1, t + l + 1, x)
void get_ans() {
int f[N], st[N], stp;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) a[i + n] = a[i];
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
mset(f, 0); mset(st, 0); stp = 0;
for (int j = i; j <= i + n - 1; ++ j) {
if (a[j] > st[stp]) st[++ stp] = a[j];
else {
int pos = lb(st, stp, a[j]) - st;
st[pos] = a[j];
}
f[j - i + 1] = stp;
}
ans = Max(ans, f[n]);
}
}
int main() {
while (1) {
read(n); if (!n) break;
mset(head, 0); ecnt = 1, tot = ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
int x, y; read(x), read(y);
add_edge(i, x); add_edge(i, y);
}
mset(vis, 0); mset(a, 0); get_ring(1);
if (tot != n) {printf("Not solvable.\n"); continue;}
else printf("Knot solvable.\n");
get_ans(); reverse(a + 2, a + n + 1);
get_ans(); printf("%d\n", n - ans);
}
return 0;
}
#T4 辣椒
#题意简述
将一棵 \(n(n\leq2\times10^5)\) 个点的树通过断掉两条边变为三部分，定义差值为三部分中的最大大小减去最小大小，求最小差值。
#大体思路
先来考虑 \(O(n^2)\) 做法，即枚举两个点 \(x,y\)，表示将这两个点向父亲的边断掉，则三部分的大小有以下两种情况（记 \(siz_x\) 为以 \(x\) 为根的子树大小）：
- \(y\) 是 \(x\) 的祖先，那么大小分别为 \(siz_x,siz_y-siz_x,n-siz_y\)；
- \(y\) 与 \(x\) 无祖孙关系，那么大小分别为 \(siz_x,siz_y,n-siz_x-siz_y\)；
直接进行维护即可。
来考虑优化，假如当前选择的点为 \(x\)，那么考虑从根到 \(x\) 路径上的点，需要在其中找到一个点 \(x\) 使得 \(|siz_y-\dfrac{n+siz_x}2|\) 最小，这个点集可以用 set 维护，然后直接 lower_bound() 查找即可，当从某个点向下深入时需要将该点加入该集合；
同样的，维护一个已经处理过但不是 \(x\) 的祖先的点集，需要在其中找到一个点 \(y\) 使得 \(|siz_y-\dfrac{n-siz_x}2|\) 尽可能小，同样可用 set 维护，注意当从一个点退出时，需要将该点从直系集合中取出，加入旁系集合。
时间复杂度为 \(O(n\log n)\).
#Code
const int N = 500010;
const int INF = 0x3fffffff;
template <typename T> inline void read(T &x) {
x = 0; int f = 1; char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
x *= f;
}
template <typename T> inline T abs(T &x) {return x < 0 ? -x : x;}
template <typename T> inline T Max(T a, T b) {return a > b ? a : b;}
template <typename T> inline T Min(T a, T b) {return a < b ? a : b;}
struct Edge {int u, v, nxt;} e[N];
int n, head[N], ecnt(1), siz[N], ans = INF;
inline void add_edge(int u, int v) {
e[ecnt].u = u, e[ecnt].v = v;
e[ecnt].nxt = head[u], head[u] = ecnt ++;
}
inline int calc(int x, int y, int z) {
return Max(x, Max(y, z)) - Min(x, Min(y, z));
}
void get_size(int x, int f) {
siz[x] = 1;
for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) {
if (e[i].v == f) continue;
get_size(e[i].v, x);
siz[x] += siz[e[i].v];
}
}
set <int> lineal, colla, neg_lineal, neg_colla;
void solve(int x, int f) {
if (!lineal.empty()) {
int pos = *lineal.lower_bound((n + siz[x]) / 2);
ans = Min(ans, calc(n - pos, siz[x], pos - siz[x]));
}
if (!colla.empty()) {
int pos = *colla.lower_bound((n - siz[x]) / 2);
ans = Min(ans, calc(siz[x], pos, n - siz[x] - pos));
}
if (!neg_lineal.empty()) {
int pos = -(*neg_lineal.lower_bound(-(n + siz[x]) / 2));
ans = Min(ans, calc(n - pos, siz[x], pos - siz[x]));
}
if (!neg_colla.empty()) {
int pos = -(*neg_colla.lower_bound(-(n - siz[x]) / 2));
ans = Min(ans, calc(siz[x], pos, n - siz[x] - pos));
}
lineal.insert(siz[x]); neg_lineal.insert(-siz[x]);
for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt)
if (e[i].v != f) solve(e[i].v, x);
lineal.erase(siz[x]); neg_lineal.erase(-siz[x]);
colla.insert(siz[x]); neg_colla.insert(-siz[x]);
}
int main() {
read(n);
for (int i = 1; i < n; ++ i) {
int u, v; read(u), read(v);
add_edge(u, v); add_edge(v, u);
}
get_size(1, 0); solve(1, 0);
printf("%d", ans); return 0;
}
