暑假集训CSP提高模拟4

组题人： @Delov

\(T1\) P134. White and Black \(0pts\)

原题： [ARC148C] Lights Out on Tree
翻转方式：从根节点进行 \(DFS\) ，若遇到黑点就进行翻转。最后一定能使全树均为白点，即不存在无解的情况。进而有每个点仅会被主动翻转一次，且翻转顺序与最终结果无关。
观察到 \(\sum\limits_{i=1}^{q}m_{i} \le 2 \times 10^{5}\) ，考虑枚举黑点。

若点 \(x\) 与父亲节点颜色不同，则会贡献一次翻转；否则则桶记录下每个节点子节点中有多少个黑点，最后减去即可。

点击查看代码

struct node
{
	int nxt,to;
}e[400010];
int head[400010],fa[400010],son[400010],dep[400010],vis[400010],sum[400010],s[400010],cnt=0;
void add(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
void dfs(int x,int father)
{
	fa[x]=father;
	dep[x]=dep[father]+1;
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		son[x]++;
		dfs(e[i].to,x);
	}
}
bool cmp(int a,int b)
{
	return dep[a]>dep[b];
}
int main()
{
	int n,q,u,v,m,ans,i,j;
	cin>>n>>q;
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		cin>>u;
		v=i;
		add(u,v);
	}
	dfs(1,0);
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		cin>>m;
		ans=0;
		for(j=1;j<=m;j++)
		{
			cin>>s[j];
			vis[s[j]]=1;
		}
		sort(s+1,s+1+m,cmp);//从深到浅处理，好像不排序也行
		for(j=1;j<=m;j++)
		{
			if(vis[fa[s[j]]]==1)
			{
				sum[fa[s[j]]]++;//统计黑点个数
			}
			else
			{
				ans++;
			}
		}
		for(j=1;j<=m;j++)
		{
			ans+=son[s[j]]-sum[s[j]];//统计因翻转变成黑点的白点
			vis[s[j]]=sum[s[j]]=0;
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

\(T2\) P137. White and White \(0pts\)

原题： CF958C3 Encryption (hard)
令 \(sum_{i}=\sum\limits_{j=1}^{i}a_{j}\) ，设 \(f_{i,j}\) 表示把前 \(i\) 个数分成 \(j\) 段时的最小价值总和，状态转移方程为 \(f_{i,j}=\min\limits_{h=j-1}^{i-1} \{ f_{h,j-1}+(sum_{i}-sum_{h}) \bmod p \}\) ，边界为 \(f_{0,0}=0\) 。
- 直接暴力转移的话时间复杂度为 \(O(n^{2}k)\) ，更改枚举顺序加滚动数组优化后仅能通过 \(Subtask1\) 。
题面隐含着一个 \(f_{i,j} \equiv sum_{i} \pmod{p}\) 。进而有对于 \(f_{i,j}\) 的两个决策 \(x,y(x \ne y)\) 一定有 \(f_{x,j-1}+sum_{i}-sum_{x} \equiv f_{y,j-1}+sum_{i}-sum_{y} \equiv sum_{i} \pmod{p}\) ，进而有 \(f_{x,j-1}+(sum_{i}-sum_{x}) \bmod p \equiv f_{y,j-1}+(sum_{i}-sum_{y}) \bmod p \pmod{p}\)
若 \(f_{x,j-1}<f_{y,j-1}\) ，又因为 \(\begin{cases} (sum_{i}-sum_{x}) \bmod p \in [0,p) \\ (sum_{i}-sum_{y}) \bmod p \in [0,p) \end{cases}\) ，有 \(f_{x,j-1}+(sum_{i}-sum_{x}) \bmod p \le f_{y,j-1}+(sum_{i}-sum_{y}) \bmod p\) 。所以取使 \(f_{h,j-1}\) 最小的 \(h\) 进行转移即可。
- 反证法即可证明。

最终有 \(f_{n,k}\) 即为所求。

点击查看代码

ll a[500010],sum[500010],f[500010][2];
int main()
{
	ll n,k,p,minn,pos,i,j;
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&p);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&a[i]);
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	}
	f[0][0]=0;
	for(j=1;j<=k;j++)
	{
		minn=f[j-1][(j-1)&1];
		pos=j-1; 
		for(i=j;i<=n;i++)
		{
			f[i][j&1]=f[pos][(j-1)&1]+(sum[i]-sum[pos])%p;
			if(f[i][(j-1)&1]<minn)
			{
				minn=f[i][(j-1)&1];
				pos=i;
			}
		}
	} 
	printf("%lld\n",f[n][k&1]);
	return 0;
}

\(T3\) P132. Black and Black \(0pts\)

原题： [ARC153C] ± Increasing Sequence
因要满足 \(|b_{i}| \le 2 \times 10^{12}\) ，考虑尽量减小 \(|b_{i}|\) 着填。
先将 \(1 \sim n\) 填入 \(b\) ，记 \(s=\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\) ，然后考虑调整。
当 \(s>0\) 时，若 \(\{ a \}\) 存在一个前缀和为正数或存在一个后缀和为负数则一定有解。
- 存在一个前缀和为正数则一定存在一个前缀和等于 \(1\) 。接着将这个前缀减去 \(s\) 就会满足题意。
- 存在一个后缀和为负数则一定存在一个后缀和等于 \(-1\) 。接着将这个后缀加上 \(s\) 就会满足题意。
当 \(s=0\) 时，直接输出 \(\{ b \}\) 。

当 \(s<0\) 时，同理。

点击查看代码

ll a[200010],b[200010],pre[200010],suf[200010];
int main()
{
	ll n,sum=0,flag=0,pos=0,i;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		b[i]=i;
		sum+=a[i]*b[i];
		pre[i]=pre[i-1]+a[i];
	}
	for(i=n;i>=1;i--)
	{
		suf[i]=suf[i+1]+a[i];
	}
	if(sum==0)
	{
		cout<<"Yes"<<endl;
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			cout<<b[i]<<" ";
		}
	}
	else
	{
		if(sum>0)
		{
			for(i=1;i<=n;i++)
			{
				flag|=(pre[i]>=1||suf[i]<=-1);
			}
			if(flag==0)
			{
				cout<<"No"<<endl;
			}
			else
			{
				for(i=1;i<=n;i++)
				{
					if(pre[i]==1)
					{
						pos=i;
						break;
					}
				}
				if(pos==0)
				{
					for(i=n;i>=1;i--)
					{
						if(suf[i]==-1)
						{
							pos=i;
							break;
						}
					}   
					for(i=pos;i<=n;i++)
					{
						b[i]+=sum;
					}
				}
				else
				{
					for(i=1;i<=pos;i++)
					{
						b[i]-=sum;
					}
				}
				cout<<"Yes"<<endl;
				for(i=1;i<=n;i++)
				{
					cout<<b[i]<<" ";
				}
			}
		}
		else
		{
			for(i=1;i<=n;i++)
			{
				flag|=(pre[i]<=-1||suf[i]>=1);
			}
			if(flag==0)
			{
				cout<<"No"<<endl;
			}
			else
			{
				for(i=1;i<=n;i++)
				{
					if(pre[i]==-1)
					{
						pos=i;
						break;
					}
				}
				if(pos==0)
				{
					for(i=n;i>=1;i--)
					{
						if(suf[i]==1)
						{
							pos=i;
							break;
						}
					}   
					for(i=pos;i<=n;i++)
					{
						b[i]-=sum;
					}
				}
				else
				{
					for(i=1;i<=pos;i++)
					{
						b[i]+=sum;
					}
				}
				cout<<"Yes"<<endl;
				for(i=1;i<=n;i++)
				{
					cout<<b[i]<<" ";
				}
			}
		}
	}
	return 0;
}

\(T4\) P136. Black and White \(0pts\)

原题： luogu P2056 [ZJOI2007] 捉迷藏 | luogu P4115 Qtree4 | SP2666 QTREE4 - Query on a tree IV
考虑对链进行分治，用线段树维护重链。
假设我们当前查询到一条链，则树上路径只会分为经过这条链和不经过这条链两种情况。
后者递归处理，问题主要在前者。
对于 \([l,r]\) 维护从 \(l\) 到子树内黑点的最长距离 \(lmax\) ，从 \(r\) 到子树内黑点的最长距离 \(rmax\) ，经过 \([l,r]\) 的所有路径的最长长度 \(ans\) 。 pushup 过程与维护区间最大子段和基本一致。
但边界 \([l,l]\) 比较难处理。若 \(l\) 是黑点，因为可以自己到自己和存在边权，所以最后结果要与 \(0\) 取 \(\max\) ；若 \(l\) 是白点则直接继承。
- 设 \(len1_{x}\) 表示从 \(x\) 到子树内黑点的最长距离， \(len2_{x}\) 表示从 \(x\) 到子树内黑点的次长距离。
- 重链上的节点可以线段树继承；故可以只考虑黑点在轻链上的情况，从 \(x\) 走到黑点一定要经过 \(x\) 的轻儿子的节点，特殊处理。
修改时链内部线段树维护，链外部暴力跳重链直到根节点，注意删去原影响。

可删堆可以写平板电视或 multiset 代替。

点击查看代码

struct SDBH
{
	multiset<int,greater<int> >s;
	void insert(int x)
	{
		s.insert(x);
	}
	void del(int x)
	{
		multiset<int,greater<int> >::iterator it=s.find(x);
		if(it!=s.end())
		{
			s.erase(it);
		}
	}   
	int top()
	{
		return (s.empty()==0)?*s.begin():-0x3f3f3f3f;
	}
}q[200010],ans;
struct node
{
	int nxt,to,w;
}e[200010];
int head[200010],col[200010],siz[200010],fa[200010],dep[200010],son[200010],top[200010],dfn[200010],pos[200010],len[200010],cnt=0,tot=0;
void add(int u,int v,int w)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].w=w;
	head[u]=cnt;
}
void dfs1(int x,int father,int w)
{
	siz[x]=1;
	fa[x]=father;
	dep[x]=dep[father]+w;
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].to!=father)
		{
			dfs1(e[i].to,x,e[i].w);
			siz[x]+=siz[e[i].to];
			son[x]=(siz[e[i].to]>siz[son[x]])?e[i].to:son[x];
		}
	}
}
void dfs2(int x,int father,int id)
{
	top[x]=id;
	len[id]++;
	tot++;
	dfn[x]=tot; 
	pos[tot]=x;//记录长度
	if(son[x]!=0)
	{
		dfs2(son[x],x,id);
		for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
		{
			if(e[i].to!=father&&e[i].to!=son[x])
			{
				dfs2(e[i].to,x,e[i].to);
			}
		}
	}
}
int dis(int u,int v)
{
	return dep[u]-dep[v];
}
struct SMT
{
	int root[1000010],rt_sum=0;
	struct SegmentTree
	{
		int ls,rs,lmax,rmax,ans;
	}tree[2000010];
	#define lson(rt) tree[rt].ls
	#define rson(rt) tree[rt].rs
	void pushup(int rt,int l,int r)
	{
		int mid=(l+r)/2;
		tree[rt].lmax=max(tree[lson(rt)].lmax,dis(pos[mid+1],pos[l])+tree[rson(rt)].lmax);
		tree[rt].rmax=max(tree[rson(rt)].rmax,dis(pos[r],pos[mid])+tree[lson(rt)].rmax);
		tree[rt].ans=max(tree[lson(rt)].ans,max(tree[rson(rt)].ans,tree[lson(rt)].rmax+dis(pos[mid+1],pos[mid])+tree[rson(rt)].lmax));
	}
	int build_rt()
	{
		rt_sum++;
		return rt_sum;
	}
	void build_tree(int &rt,int l,int r)
	{
		rt=build_rt();
		if(l==r)
		{
			int x=pos[l],len1,len2;
			for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
			{
				if(e[i].to!=fa[x]&&e[i].to!=son[x])
				{
					q[x].insert(tree[root[e[i].to]].lmax+e[i].w);
				}
			}
			len1=q[x].top();//最长
			q[x].del(len1);
			len2=q[x].top();//次长
			q[x].insert(len1);
			tree[rt].lmax=tree[rt].rmax=max(len1,0);
			tree[rt].ans=max(0,max(len1,len1+len2));
			return;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		build_tree(lson(rt),l,mid);
		build_tree(rson(rt),mid+1,r);
		pushup(rt,l,r);
	}
	void update(int rt,int l,int r,int x,int id)
	{
		if(l==r)
		{
			if(x!=id)
			{
				q[x].insert(tree[root[id]].lmax+dis(id,x));
			}
			int len1=q[x].top();
			q[x].del(len1);
			int len2=q[x].top();
			q[x].insert(len1);
			if(col[x]==0)
			{
				tree[rt].lmax=tree[rt].rmax=max(len1,0);
				tree[rt].ans=max(0,max(len1,len1+len2));
			}
			else
			{
				tree[rt].lmax=tree[rt].rmax=len1;//直接继承
				tree[rt].ans=len1+len2;
			}
			return;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		if(dfn[x]<=mid)
		{
			update(lson(rt),l,mid,x,id);
		}
		else
		{
			update(rson(rt),mid+1,r,x,id);
		}
		pushup(rt,l,r);
	}
}T;
void update(int x)
{
	for(int last=x;x!=0;last=top[x],x=fa[top[x]])
	{
		int len1=T.tree[T.root[top[x]]].ans;
		if(fa[top[x]]!=0)
		{
			q[fa[top[x]]].del(T.tree[T.root[top[x]]].lmax+dis(top[x],fa[top[x]]));//删除原影响
		}
		T.update(T.root[top[x]],dfn[top[x]],dfn[top[x]]+len[top[x]]-1,x,last);
		int len2=T.tree[T.root[top[x]]].ans;
		if(len1!=len2)//两次值不一样则在答案集合重删去原影响
		{
			ans.del(len1);
			ans.insert(len2);
		}
	}
}
int main()
{
	int n,u,v,w,m,sum=0,i;
	char pd;
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<=n-1;i++)
	{
		scanf("%d%d",&u,&v);
		w=1;
		add(u,v,w);
		add(v,u,w);
	}
	dfs1(1,0,1);
	dfs2(1,0,1);
	for(i=n;i>=1;i--)//dfs 序降序建树
	{
		u=pos[i];
		if(u==top[u])
		{
			T.build_tree(T.root[u],dfn[u],dfn[u]+len[u]-1);
			ans.insert(T.tree[T.root[u]].ans);
		}
	}
	scanf("%d",&m);
	sum=n;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%s",&pd);
		if(pd=='C')
		{
			scanf("%d",&u);
			col[u]^=1;
			sum+=((col[u]==0)?1:-1);
			update(u);
		}
		else
		{
			printf("%d\n",(sum==0)?-1:ans.top());
		}
	}
	return 0;
}

没找到线段树维护直径的做法，但官方题解给的是这个做法，挂一下。

总结

\(T1\) 以为翻转顺序会影响最终答案，所以要用 \(DP\) 。想到正解后又被自己 \(Pass\) 了。还是受题目背景影响较大的问题。
\(T2\)
- 三个 \(Subtask\) 数据范围有较大差别，以为会像 LibreOJ 6560. 小奇取石子一样面向数据点分治。
- 空间又开大了，加上没有进行滚动数组优化，挂了 \(10pts\) 。
\(T3\) 赛时以为是类似初三奥赛模拟测试1 T3 混乱邪恶一样的高级构造，遂没写。

后记

\(T2\) 赛时进行改数据（不捆绑到捆绑）和时限（ \(1.5s\) 到 \(0.5s\) ），卡掉了树状数组和一些常数大点的正解做法。
- 改数据是因为随机数据下 \(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} \bmod p\) 即为答案，赛时 @oceans_of_stars 对于大数据点是这么做的， @Delov 联合群内众人没能卡掉，被迫捆绑后放 \(hack\) ， @oceans_of_stars 赛后喜获一瓶芬达。
- 改时限是因为 @Delov 看 @wang54321 代码无意义取模太多，常数太大，感觉不顺眼，遂开小时限卡掉了 \(O(nk \log p)\) 的树状数组写法。
\(T3\) 直接下发了可执行文件 \(checker\) ，在 \(Windows\) 下可以正常用，但 \(Linux\) 下少权限，需要【数据删除】来获得权限。

posted @ 2024-07-21 17:33 hzoi_Shadow 阅读(62) 评论(3) 编辑收藏举报

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世上只有一种英雄主义，就是认清生活的真相后，依然热爱生活。纵使世界万般残酷，总有温暖值得守护……

暑假集训CSP提高模拟4

暑假集训CSP提高模拟4

\(T1\) P134. White and Black \(0pts\)

\(T2\) P137. White and White \(0pts\)

\(T3\) P132. Black and Black \(0pts\)

\(T4\) P136. Black and White \(0pts\)

总结

后记

公告

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世上只有一种英雄主义，就是认清生活的真相后，依然热爱生活。 纵使世界万般残酷，总有温暖值得守护……

暑假集训CSP提高模拟4

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