2021.05.29【NOIP提高B组】模拟 总结
T1
题意:给你一个图,可以不花代价经过 \(K\) 条边,问从起点到终点的最短路
考试的想法:设 \(dis_{i,j}\) 表示从起点免费了 \(j\) 条边到 \(i\) 的最短路
然后直接跑 \(\text{spfa}\)
结果:\(WA\)
正解:分层图,需要考虑去到下一层就不能回来的情况
分为 \(K\) 层,同一层的 \(u,v\) 边权不变,双向边,去下一层的单向边,权值为 0
然后 \(\text{spfa}\) 超时,用 \(\text{dijkstra}\) 即可
答案:免费任意次的最小值
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10005,M=50005;
int n,m,K,S,T,vis[N*12],ans=2100000000;
int lst[N*12],nxt[M<<6],to[M<<6],qz[M<<6],dis[N*12],cnt;
inline void Ae(int fr,int go,int vl) {
to[++cnt]=go,qz[cnt]=vl,nxt[cnt]=lst[fr],lst[fr]=cnt;
}
struct node {
int v,id;
node(int x,int y):v(x),id(y) {}
bool operator<(node x) const
{ return v>x.v; }
};
priority_queue<node> q;
inline void dijkstra() {
memset(dis,100,sizeof(dis));
dis[S]=0;
q.push(node(0,S));
register int u;
while(!q.empty()) {
u=q.top().id,q.pop();
if(vis[u])continue; vis[u]=1;
for(int i=lst[u],v;i;i=nxt[i])
if(dis[v=to[i]]>dis[u]+qz[i]) {
dis[v]=dis[u]+qz[i];
q.push(node(dis[v],v));
}
}
}
int main() {
scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&K,&S,&T);
++S,++T;
for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++) {
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
++u,++v,Ae(u,v,w),Ae(v,u,w);
for(int j=1;j<=K;j++) {
Ae(u+j*n,v+j*n,w);
Ae(v+j*n,u+j*n,w);
Ae(u+j*n-n,v+j*n,0);
Ae(v+j*n-n,u+j*n,0);
}
}
dijkstra();
for(int i=0;i<=K;i++)
ans=min(ans,dis[T+n*i]);
printf("%d",ans);
}
T2
题目大意:给你许多条平行于 \(x\) 轴或 \(y\) 轴的线段
问你最大的十字架大小,大小为 \(R\) 定义为从一个点按上下左右伸出 \(R\) 都有线段覆盖
没有十字架输出 Human intelligence is really terrible
考试时:把所有线段合起来再暴力匹配
结果:看错题了:不会有两条共线线段有交点
正解:可以二分大小 \(R\) ,若把所有线段左右(或上下)都减去 \(R\) 还有线段相交则 \(R\) 成立
所以判断是否有线段相交,用扫描线
T3
题意:找出图中平均值最小的环,无环输出 PaPaFish is laying egg!
考试的想法:二分答案,然后用 \(\text{spfa}\) 一波复杂的操作
正解:把所有边权减去 \(mid\) 若有负环说明 \(mid\) 可以
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double db;
const db eps=1e-3;
const int N=1005,M=10005;
int n,m,cnt,lst[N],nxt[M],to[M],vis[N];
db l,r,mid,ans=-1,qz[M],d[N],flg;
inline void Ae(int fr,int go,int vl) {
to[++cnt]=go,qz[cnt]=1.0*vl;
nxt[cnt]=lst[fr],lst[fr]=cnt;
}
void spfa(int u) {
vis[u]=1;
for(int i=lst[u],v;i;i=nxt[i])
if(d[u]+qz[i]-mid<d[v=to[i]]) {
d[v]=d[u]+qz[i]-mid;
if(vis[v])flg=1;
else spfa(v);
if(flg)return;
}
vis[u]=0;
}
inline bool chk() {
memset(d,0,sizeof(d));
memset(vis,0,sizeof(vis));
flg=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!d[i]) {
spfa(i);
if(flg)return 1;
}
return 0;
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++) {
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
Ae(u,v,w);
}
r=10000000;
while(l+0.000001<r) {
mid=(l+r)/2.0;
if(chk())ans=r=mid;
else l=mid;
}
if(ans==-1)puts("PaPaFish is laying egg!");
else printf("%.2lf",floor(ans*1000)/1000);
}
T4
题目大意:给你一个排列,求字典序比他大的第一个与他逆序对数一样的排列
考试:直接树状数组+\(\text{next_permutation}\),光荣 30
正解:观察样例可以发现有一段是不变的,考虑找到最大的这个下标
设 \(Nx(i)\) 为 \(a_i,a_{i+1},a_{i+2},\cdots,a_{n}\) 的逆序对个数
则这个点要满足
- 后面有个数比他大
- 这个数对后面的数的逆序对小于 \(Nx(i)\)
找到后开始构造,设总共有 \(all\) 个逆序对
发现这个点的数是后面中他的后继,于是 \(ans_{p}\) 填好了
然后现在我们已经有(前面一部分逆序对数)+(\(ans_p\)对后面一部分的逆序对数)个逆序对,记为 \(sum\)
填剩下的位置,发现若 (填 \(i\) 产生的逆序对数)+(原有的 \(sum\))+(剩下最大逆序对数)\(\ge all\),则合法
好像可以二分,于是加一个权值线段树查找第 \(k\) 大即可。每次查询要更新 \(sum\)
#include<bits/stdc++.h>
#define G getchar
#define P putchar
using namespace std;
inline int rd() {
register int x=0,f=1;
char C=getchar();
for(;C<'0'||C>'9';C=G())f&=C^45;
for(;C>'/'&&C<':';C=G())x=(x<<1)+(x<<3)+(C^48);
return f?x:-x;
}
void put(int x) { if(x>9)put(x/10); P(x%10|48); }
typedef long long LL;
const int N=500005;
int n,x[N],pos,mx,y[N],l,r,mid,out;
LL t[N],all,nx[N],val[N<<2],sum;
inline LL MX(LL x) { return x*(x-1)/2; }
inline void add(int p,int v) { for(;p<=n;p+=p&-p)t[p]+=1LL*v; }
inline LL ask(LL p) { register LL s=0; for(;p;p-=p&-p)s+=t[p]; return s; }
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
void mdy(int p,int v,int l,int r,int rt) {
if(l==r) { val[rt]+=v; return; }
register int mid=l+r>>1;
if(p<=mid)mdy(p,v,l,mid,ls);
else mdy(p,v,mid+1,r,rs);
val[rt]=val[ls]+val[rs];
}
int fnd(int k,int l,int r,int rt) {
if(l==r)return l;
register int mid=l+r>>1;
if(k<=val[ls])return fnd(k,l,mid,ls);
else return fnd(k-val[ls],mid+1,r,rs);
}
#undef ls
#undef rs
int main() {
n=rd();
for(int i=1;i<=n;i++)x[i]=rd();
for(int i=n;i;i--) {
add(x[i],1),nx[i]=ask(x[i]-1);
all+=nx[i];
}
mx=x[n],sum=nx[n];
for(int i=n-1;i;i--) {
mx=max(mx,x[i]),sum+=nx[i];
if(x[i]^mx && nx[i]<sum) {
pos=i; break;
}
}
sum=0;
for(int i=1;i<pos;i++)put(x[i]),P(32),sum+=nx[i];
out=INT_MAX;
for(int i=pos+1;i<=n;i++)
if(x[i]>x[pos])out=min(out,x[i]);
put(out),P(32);
for(int i=pos;i<=n;i++)
if(x[i]^out)mdy(x[i],1,1,n,1),sum+=(x[i]<out);
for(int i=pos+1;i<=n;i++) {
l=1,r=n-i+1;
while(l<r) {
mid=l+r>>1;
if(mid-1+sum+MX(n-i)>=all)
r=mid;
else l=mid+1;
}
out=fnd(l,1,n,1),put(out),P(32);
sum+=l-1,mdy(out,-1,1,n,1);
}
}
总结
这些题我该怎么想:
T1:遇到图论不能单纯设状态,最好连边
T2:认真看题+二分的运用+扫描线的题型
T3:遇到环上值的题多想想负环,同时了解图的边权是可以变的
T4:贪心策略一直不强,逆序对的构造要了解,同时多观察样例
总结:最近的题知识点普遍不少,需要好好消化