『比赛记录』ABC 372

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收起

赛时差点改出了 F，遂写比赛记录纪念。

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A. delete .

ABC 的 T1 一般都直接看完样例就莽的，比如这个就一眼是将字符串中的 . 删去然后输出其他的。

Review record.

B. 3^A

发现 $M$ 范围很小，可以直接处理出值域内所有三的不同次幂，然后从大的开始减即可。

因为把 $5\times {10}^5$ 当成 $5\times {10}^4$ 然后范围算小了怒吃一发罚时。

Review record.

C. Count ABC Again

单点修改数子串，暴力维护即可。开始先找出来每个串并标记，修改后再判一下就行。

因为判掉标记后没有再搜一次标记然后怒吃一发罚时。

Review record.

D. Buildings

这次的 D 居然不是浪费生命的小模拟。

发现正着很难实现正确复杂度，因为每次的起始高度不同会导致答案不同，硬性修改复杂度就到 $\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{2}}\mathcal{)}$ 了。于是倒着考虑，开始想的是维护一个单调不上升子序列，后来 5k 说假了。然后发现这是一个裸的单调栈，维护一个递减的单调栈，插入元素前栈的大小就是答案。

Review record.

E. K-th Largest Connected Components

一眼启发式合并。看到要求有序想到平衡树了，但一不想打二不太会打于是想别的。然后突然想到之前启发式合并好多就用 set 碾过去了，然后就尝试了一下，学了两个新函数：

• 合并两个 set 容器：

st[1].insert(st[2].begin(),st[2].end())

• 取出第 k 个元素（升序）：

set<int>::iterator it;
it=st[1].begin();
advance(it,k);

然后并查集稍微维护一下，就 TLE 了，怒吃一发罚时。

5k 提醒 $k\le 10$，即每个容器维护前十大的元素即可，多了就删点，然后就过了。

Review record.

F. Teleporting Takahashi 2

可能更差的阅读体验 新鲜出炉的题解求赞

有点诈骗感的题。

发现 $m\le 50$，而和这 $m$ 条边无关的其他点只有一条路能走，这意味着到这些点时只有一种选择，那么我们完全可以将这些点合并到其他有价值的点上去，这样缩完图之后最多只有 $101$ 个点，范围很小，思路就容易出了。

方案这类问题一般采取 dp 的办法。设 $f_{i,j}$ 表示在点 $i$ 花费为 $j$ 的方案数，外层枚举花费，内层枚举缩完后的每个点，根据连边情况转移，状态转移方程为：

$$f_{v,i}+=f_{j,i-w}(i\ge w)$$

其中 $v$ 为与 $j$ 连接的边的终点，$w$ 为边权。

发现最后有可能停在被合并的点上，于是我们记录每条有缩点的边的边权，最后特殊处理一下即可。

然后是细节处理。

缩点上，考虑记录每条边的出度入度，都为 $0$ 的就合并掉，遇到其他的点就遇上一个缩完的点连边，记得连最后一个点和起点 $1$ 的那条边！

dp 边界 $f_{1,0}=1$，比较易得，其他就是取模问题等小事了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lx ll
inline lx qr()
{
	char ch=getchar();lx x=0,f=1;
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);
	return x*f;
}
#undef lx
#define qr qr()
const int Ratio=0;
const int N=2e5+5,NN=105;
const int mod=998244353;
int n,m,k,tot=1;// 缩后图中点个数
int ds[N],rpre[N],ff[NN];
// 每点度数 映射：原点->缩后点 缩点边权
ll f[NN][N],ans;
struct edge{int u,v;}e[55];
int hh[NN],ne[NN<<1],to[NN<<1],w[NN<<1],cnt;
namespace Wisadel
{
    void Wadd(int u,int v,int va)
    {
        to[++cnt]=v;
        w[cnt]=va;
        ne[cnt]=hh[u];
        hh[u]=cnt;
    }
    short main()
    {
        memset(hh,-1,sizeof hh);
        n=qr,m=qr,k=qr;
        for(int i(1);i<=m;i++) e[i].u=qr,e[i].v=qr,ds[e[i].u]++,ds[e[i].v]++;
        rpre[1]=1;
        int ddd=1,las=1;
        for(int i(2);i<=n;i++)
        {
            if(!ds[i]) ddd++;// 没用的点使边权++
            else rpre[i]=++tot,ff[las]=ddd,Wadd(las,tot,ddd),las=tot,ddd=1;
            // 记录有关变量 连边
        }
        Wadd(las,1,ddd),ff[las]=ddd;
        // 处理最后一个点和边
        for(int i(1);i<=m;i++)
        {
            int u=rpre[e[i].u],v=rpre[e[i].v];
            Wadd(u,v,1);
        }
        f[1][0]=1;
        for(int i(1);i<=k;i++) for(int j(1);j<=tot;j++)
        {// dp
            for(int ee=hh[j];ee!=-1;ee=ne[ee])
            {
                int v=to[ee],va=w[ee];
                if(i>=va)
                    f[v][i]=(f[v][i]+f[j][i-va])%mod;
            }
        }
        for(int i(1);i<=tot;i++)
        {
            ans=(ans+f[i][k])%mod;
            for(int j=1;j<=ff[i]-1;j++) ans=(ans+f[i][k-j])%mod;
            // 计算没到缩点的情况的答案
        }
        printf("%lld\n",ans);
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}

Review record.

末

感觉打的还可以，5k 的鼓舞起了大作用。

再有 20min 可能就改出 F 了，改出 F 可能就上青了，上青了就去打 ARC 没空写这些了。那就是实力还不够吧，再沉淀沉淀，总会有结果的。

集训快乐。

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完结撒花~