集训之6-26模拟赛一
集训之6-26模拟赛一
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T1 信息传递[1]
就是要找最小环，开始写拓扑结果挂了，因为写拓扑找的是连通图，但这个可以不连通，比如有分离的一个大环和一个小环。求这道题最小环可以是Tarjan求 \(size>1\) 的强联通，也可以用并查集。时间差不多，并查集可能不太好想但代码长度和内存大概是Tarjan的一半。
- Tarjan
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=200000+5,Inf=0x3f3f3f3f;
int head[maxn],low[maxn],dfn[maxn],siz[maxn],sta[maxn],tot,cnt,top,n,Time;
struct Edge{int next,to;}e[maxn];
void A(int x,int y){
e[++cnt].to=y;
e[cnt].next=head[x];
head[x]=cnt;
}
void T(int u){
dfn[u]=low[u]=++Time;
sta[++top]=u;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(!dfn[v]){
T(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}else low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
if(dfn[u]==low[u]){
tot++;
while(sta[top--]!=u)siz[tot]++;
siz[tot]++;
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1,x;i<=n;++i)scanf("%d",&x),A(i,x);
for(int i=1;i<=n;++i)if(!dfn[i])T(i);
int ans=Inf;
for(int i=1;i<=n;++i)if(siz[i]>1)ans=min(ans,siz[i]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
- 并查集
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[200000+5];
#define inf 0x3f3f3f3f
int find(int x, int &v){//找根
v++;//记录轮数
return x == f[x] ? x : find(f[x], v);
}
int main(){
int n;
int min1 = inf;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n;++i){
f[i] = i;
int x, v = 0;
scanf("%d", &x);
if(find(x, v) == i) min1 = min(min1 , v);//有环就记录
else f[i] = x;//无环就加边
}
printf("%d\n", min1);
return 0;
}
T2传染病控制[NOIP2003]
近来，一种新的传染病肆虐全球。蓬莱国也发现了零星感染者，为防止该病在蓬莱国大范围流行，该国政府 决定不惜一切代价控制传染病的蔓延。不幸的是，由于人们尚未完全认识这种传染病，难以准确判别病毒携带者，更没有研制出疫苗以保护易感人群。于是，蓬莱国 的疾病控制中心决定采取切断传播途径的方法控制疾病传播。经过 WHO （世界卫生组织）以及全球各国科研部门的努力，这种新兴传染病的传播途径和控制方法已经研究消除，剩下的任务就是由你协助蓬莱国疾控中心制定一个有效的控 制办法。
研究表明，这种传染病的传播具有两种很特殊的性质；
第一是它的 传播途径是树型的，一个人 X 只可能被某个特定的人 Y 感染，只要 Y 不得病，或者是 X,Y 之间的传播途径被切断，则 X 就不会得病。
第二是，这种疾病的传播有周期性，在一个疾病传播周期之内，传染病将只会感染一代患者，而不会再传播给下一代。
这些性质大大减轻了蓬莱国疾病防控的压力，并且他们已经得到了国内部分易感人群的潜在传播途径图（一棵树）。但是，麻烦还没有结束。由于蓬莱国疾控中心人手 不够，同时也缺乏强大的技术，以致他们在一个疾病传播周期内，只能设法切断一条传播途径，而没有被控制的传播途径就会引起更多的易感人群被感染（也就是与 当前已经被感染的人有传播途径相连，且连接途径没有被切断的人群）。当不可能有健康人被感染时，疾病就中止传播。所以，蓬莱国疾控中心要制定出一个切断传 播途径的顺序，以使尽量少的人被感染。
你的程序要针对给定的树，找出合适的切断顺序。
输入格式
输入格式的第一行是两个整数n（1≤n≤300）和p。接下来p行，每一行有两个整数i和j，表示节点i和j间有边相连（意即，第i人和第j人之间有传播途径相连，注意：可能是i到j也可能是j到i）。其中节点1是已经被感染的患者。
对于给定的输入数据，如果不切断任何传播途径，则所有人都会感染。
输出格式
只有一行，输出总共被感染的人数。
样例输入
7 6
1 2
1 3
2 4
2 5
3 6
7 3
样例输出
3
分析：
传染病是从根节点一层一层的往下传递的，而且每一次我们只能切断同一层的一个节点，其他节点不然被感染，很容易想到一个局部贪心，就是切断每一层的节点数最大的那个节点，但这显然是错的，比如构造一个同一层的两个节点，一个节点是一个有1000 个节点的链，一个节点是有 10 个儿子，显然优先隔断 10 个儿子的点，因为他一次能传染 10 个点。但这种错误的贪心能拿到 40 分！
'n 很小，才 300 ，我们可以暴力的枚举每一层的每一个点，关闭后计算结果，取最大的。有个优化剪枝，就是当计算的结果大于已得出的结果就剪掉。'(摘自老姚博客[2])
本题就是搜索暴力,没啥算法,300的范围嘛...
- Code
#include <bits/stdc++.h>
const int maxn=300+5,Inf=2147483647;
int n,m,max_dis,ans=2147483647;
int dis[maxn],head[maxn],Cut[maxn],f[maxn],deep[maxn][maxn],cnt[maxn];
struct Edge{int next,to;}e[maxn<<1];
void Insert(int u,int v){
e[++head[0]].to=v;e[head[0]].next=head[u];head[u]=head[0];
}
void dfs(int now,int fa){
for(int i=head[now];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(v==fa) continue;
dis[v]=dis[now]+1;
f[v]=now;
max_dis=std::max(max_dis,dis[v]);
dfs(v,now);
}
}
void tag(int u,int color){//把以u为根的子树都打上隔断标记
Cut[u]=color;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(v==f[u]) continue;
Cut[v]=color;
tag(v,color);
}
}
int calc(int dep){//计算dep层感染人数
int sum=0;
for(int i=1;i<=cnt[dep];i++)
if(Cut[deep[dep][i]]==0)
sum++;
return sum;
}
void Search(int dep,int sum){//sum到dep层时已感染的人数
if(sum>=ans) return;
if(dep>max_dis||calc(dep)==0){//当前层无感染或超过了最大深度
ans=std::min(ans,sum);
return;
}
for(int i=1;i<=cnt[dep];i++){//枚举dep层的每一个点
int to=deep[dep][i];
if(Cut[to]==1) continue;//Cut[i]==1表示i已经被隔断，不会被传染
tag(to,1);//隔断to和to的子树
Search(dep+1,sum+calc(dep));//爆搜下一层
tag(to,0);//取消对to和to子树的隔断标记
}
}
void Solve(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
Insert(u,v);Insert(v,u);
}
dfs(1,0);//预处理出点到根几点的距离和点的父亲节点
for(int i=1;i<=n;i++)//deep[i][j]:第i层的第j个点
deep[dis[i]][++cnt[dis[i]]]=i;//cnt[i]:第i层的节点个数
Search(1,1);//逐层爆搜
printf("%d\n",ans);
}
int main(){
Solve();
return 0;
}
(重点来了)T3排列[3]
本题？？两种方法？？
- 状压dp,大概就是,\(f[S][j]\)表示选了状态S对应位上的数,余数为j时的方案数.
对于S,哪一位上有1表示选了哪一位上的数.
转移就是由\(f[S][k]\)推出f[S|1<<(s-1)][(k*10+a[s])%mod]
边界是\(f[0][0]=1\)
由外S向内s和k枚举就完了。
- Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1<<10;
int t,n,m,f[maxn][1000],a[15],d,maxs;
char s[15];
bool vis[15];
int main(){
scanf("%d",&t);
while(t--){
memset(f,0,sizeof f);memset(s,0,sizeof s);memset(a,0,sizeof a);
scanf("%s%d",s,&d);m=strlen(s);
for(int i=0;i<m;++i)a[i+1]=s[i]-'0';
f[0][0]=1;maxs=1<<m;
for(int S=0;S<maxs;++S){
memset(vis,0,sizeof vis);
for(int s=1;s<=m;++s){
if(S&(1<<(s-1))||vis[a[s]])continue;//S与s无相交部分且每个S中每个数字只能转移一次,即去重
vis[a[s]]=1;
for(int k=0;k<d;++k){
f[S|(1<<(s-1))][(k*10+a[s])%d]+=f[S][k];
}
}
}
printf("%d\n",f[maxs-1][0]);
}
return 0;
}
- 一种简单优秀的做法
STL真省心呀
在STL库中有现成的函数可以求排列组合，还自带判重，加更改。。。
下面就是这个求排列组合的神奇函数:next_permutation()，它可以从递增数列（一定要是递增的，不然不是全排列）求出全排列组合（就是求出的排列是从小到大）它还有个孪生兄弟叫prev_permutation()，其与next_permutation刚好相反，是从大到小可，以根据情况自行选择使用。
接下来就是暴力枚举出全排列，求出总值，再登记数量。。。
- Code
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
char s[15];
ll n,m,a[15],ans,d,t;
int main(){
// freopen("1.in","r",stdin);
scanf("%lld",&t);
while(t--){
scanf("%s%d",s,&d);
m=strlen(s);
for(int i=0;i<m;++i)a[i+1]=s[i]-'0';
sort(a+1,a+1+m);ans=0;
do{
ll ss=0;
for(ll i=1;i<=m;++i)ss=ss*10+a[i];//要求和，每次求的和会变的
if(!(ss%d))ans++;
}while(next_permutation(a+1,a+m+1));
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
T4最大数[4]
线段树，注意求写最大值函数时初始化为-Inf而不是0 坑成0分
- Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+5;
const ll Inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int m,a;
ll tree[maxn<<2],mod;
char op;
void B(int rt,int l,int r,int s,ll dt){
if(l==r){
tree[rt]=dt;
return;
}
int mid=l+(r-l)/2;
if(s<=mid)B(rt<<1,l,mid,s,dt);
else B(rt<<1|1,mid+1,r,s,dt);
tree[rt]=max(tree[rt<<1],tree[rt<<1|1]);
}
ll Q(int rt,int l,int r,int s,int t){
if(s<=l&&r<=t)return tree[rt];
int mid=l+(r-l)/2;
ll ans=-Inf;
if(s<=mid)ans=max(ans,Q(rt<<1,l,mid,s,t));
if(t>mid) ans=max(ans,Q(rt<<1|1,mid+1,r,s,t));
return ans;
}
int main(){
// freopen("1.in","r",stdin);
scanf("%d%lld",&m,&mod);
int cnt=0;
ll M=0;
for(int i=1;i<=m;++i)tree[i]=-Inf;
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf(" %c%d",&op,&a);
if(op=='A') B(1,1,m,++cnt,((ll)a+M)%mod);//建树时范围1~m够了
else if(op=='Q'){
M=Q(1,1,m,cnt-a+1,cnt);
printf("%lld\n",M);
}
}
return 0;
}
这次的题仔细想都挺简单，当时就是做不对...
[1]: https://www.luogu.com.cn/problem/P2661
[2]: https://www.cnblogs.com/hbhszxyb/p/13193887.html
[3]: https://www.luogu.com.cn/problem/P4163
[4]: https://www.luogu.com.cn/problem/P1198
