[考试总结]ZROI-21-NOIP冲刺-TEST6 总结
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ZROI-21-NOIP冲刺-TEST6 总结
莫要问 TEST5 去哪了，他有 4 道巨大恶心的计数题，补不动了QwQ
#T1 夏令营
#题意简述
给定 \(n(n\leq3\times10^5)\) 个区间，每个区间有价值 \(h_i(1\leq3\times10^5)\)，每个点 \(i(i\in[1,D])\) 只能选最多 \(k\) 个覆盖该点的区间，问可到的价值和最大的点的最大价值和。
#大体思路
注意到我们只关注单点，且对于覆盖信息相同的点并没有实际区别，于是我们可以考虑将原本的一个区间拆成两个操作：加入和删除。
现在考虑如何快速维护这两个操作。注意到覆盖每个点的的区间分为两部分：包含在该点的答案里的和候选的，如果我们按照时间顺序维护这两个操作，不难发现，当新加入一个区间时，如果这个区间的价值大于当前已选区间的最小者，那么就把它加入答案，将最小者加入候选部分，否则直接加入候选；删除时，如果在候选部分就直接删，否则需要取出候选部分的最大值加入答案。
不难发现两个 priority_queue 就可以完成上面所需的操作（对顶堆？），删除时直接维护信息进行懒删除即可，每次修改只会进行 \(O(1)\) 级别的操作，于是单次修改的时间复杂度为 \(O(\log n)\)，总体时间复杂度为 \(O(n\log n)\).
#Code
#define ll long long
#define pii pair <int, int>
#define plli pair <long long, int>
#define mp(a, b) make_pair(a, b)
#define mset(l, x) memset(l, x, sizeof(l))
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 Max(T a, T b) {return a > b ? a : b;}
struct Activity {
int id, l, r; ll x;
inline bool operator < (const Activity &b) const {return x > b.x;}
} a[N];
int T, n, d, k, q[N], siz, frt, tal, vis[N], st[N]; ll ans, sum;
priority_queue <plli > pq, cand;
vector <pii > qry[N];
inline bool cmp(Activity x, Activity y) {return x.l == y.l ? x.r < y.r : x.l < y.l;}
inline void reset() {
frt = 0, tal = -1; ans = 0; mset(vis, 0);
mset(st, 0); while (pq.size()) pq.pop();
while (cand.size()) cand.pop(); siz = sum = 0;
for (int i = 1; i <= d; ++ i) qry[i].clear();
}
void insert(int x) {
if (siz < k) {
pq.push(mp(-a[x].x, x)); ++ siz;
sum += a[x].x; st[x] = 1;
} else {
plli tmp = pq.top();
while (pq.size() && vis[tmp.second]) {pq.pop(); tmp = pq.top();}
if (-tmp.first < a[x].x) {
pq.pop(); cand.push(mp(-tmp.first, tmp.second));
sum += a[x].x + tmp.first;
pq.push(mp(-a[x].x, x));
st[tmp.second] = 0, st[x] = 1;
} else cand.push(mp(a[x].x, x)), st[x] = 0;
}
}
void del(int x) {
if (st[x] == 1) -- siz, sum -= a[x].x;
vis[x] = 1, st[x] = 0;
while (cand.size() && siz < k) {
plli tmp = cand.top(); cand.pop();
if (vis[tmp.second]) continue;
++ siz, sum += tmp.first; st[tmp.second] = 1;
pq.push(mp(-tmp.first, tmp.second));
}
}
int main() {
read(T);
for (int t = 1; t <= T; ++ t) {
read(d); read(n); read(k); reset();
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
read(a[i].x), read(a[i].l), read(a[i].r);
sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) a[i].id = i;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
qry[a[i].l].push_back(mp(1, i));
qry[a[i].r + 1].push_back(mp(-1, i));
}
for (int i = 1; i <= d; ++ i) {
for (auto k : qry[i])
if (k.first == -1) del(k.second);
else insert(k.second);
ans = Max(sum, ans);
}
printf("Case #%d: %lld\n", t, ans);
}
return 0;
}
#T2 游戏
#题意简述
给定有一个 \(2n(n\leq5\cdot10^5)\) 个点的环，同时给定 \(n\) 条额外的边（没有重复的端点），要求将整张图的所有点染为两种颜色，满足没有额外边两端颜色相同，在环上没有连续的三个人颜色相同。给出构造方案，若无可行的构造方案，输出 impossible。
#大体思路
先来你考虑环上的约束条件，我们只需要保证 1 与 2 不同，3 与 4 不同……\(2n-1\) 与 \(2n\) 不同即可，于是我们只把 \(2i\) 与 \(2i-1(1\leq i\leq n)\) 相连即可，再考虑额外的 \(n\) 条边，发现每次最多也只会加入 \(2\) 个点，最终形成一个具有偶数个点的环，这样的图一定是一个二分图，所以直接黑白染色即可。时间复杂度 \(O(n)\).
#Code
const int N = 2000010;
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;
}
struct Edge {int u, v, nxt;} e[N];
int n, head[N], ecnt(1), vis[N], col[N];
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 mark(int x, int c) {
col[x] = c, vis[x] = 1;
for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt)
if (!vis[e[i].v]) mark(e[i].v, c ^ 1);
}
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);
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
add_edge((i << 1) - 1, i << 1);
add_edge(i << 1, (i << 1) - 1);
}
for (int i = 1; i <= n << 1; ++ i)
if (!vis[i]) mark(i, 0);
for (int i = 1; i <= n << 1; ++ i)
if (col[i]) putchar('X'); else putchar('Y');
return 0;
}
#T3 字符串
#题意简述
给定 \(n(n\leq100)\) 个字符在字符串 \(S\) 中的出现次数 \(a_i(a_i\leq10^9)\)，要求将这些字符用 0/1 进行编码，每个字符编码的长度不超过 \(l(l\leq30)\)，问 \(S\) 在编码后的最小长度。
#大体思路
因为编码长度有限制，所以直接用哈夫曼树是不行的（实际上因为数据过水可以过 QnQ），但是可以借鉴哈夫曼树的思想，使用二叉树进行编码。
设 \(f_{i,j,k}\) 为当前处理了出现次数前 \(i\) 大的字符，在二叉树的第 \(j\) 层，还剩 \(k\) 个结点可用时的最小长度和，容易发现具有转移：
然后直接转移即可，时间复杂度为 \(O(n^2l)\).
#Code
#define ll long long
#define mset(l, x) memset(l, x, sizeof(l))
const int N = 110;
const ll INF = 1e18;
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 Min(T a, T b) {return a < b ? a : b;}
ll n, l, a[N], ans, f[N][40][N];
int main() {
read(n), read(l);
while (n || l) {
for (int i = 1; i <= n; ++ i) read(a[i]);
auto cmp = [](int x, int y){return x > y;};
sort(a + 1, a + n + 1, cmp); mset(f, 0x3f);
f[0][1][2] = f[0][1][1] = 0; ans = INF;
for (int i = 0; i < n; ++ i)
for (int j = 1; j <= l; ++ j)
for (int k = 1; k <= Min(n, 1ll << j); ++ k)
if (f[i][j][k] < INF) {
f[i + 1][j][k - 1] = Min(f[i + 1][j][k - 1], f[i][j][k] + 1ll * a[i + 1] * j);
f[i][j + 1][k * 2] = Min(f[i][j + 1][k * 2], f[i][j][k]);
}
for (int i = 0; i <= l; ++ i)
for (int j = 0; j <= Min(n, 1ll << i); ++ j)
ans = Min(ans, f[n][i][j]);
printf("%lld\n", ans); read(n), read(l);
}
return 0;
}
#T4 金色飞贼
巨大恶心的计算几何，暂且咕着。
