暑假集训 加赛1

合集 - 高一上七月(23)

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14.暑假集训 加赛12024-07-22

15.暑假集训CSP提高模拟52024-07-2316.暑假集训CSP提高模拟62024-07-2417.加赛22024-07-2418.暑假集训CSP提高模拟72024-07-2519.暑假集训CSP提高模拟82024-07-2620.暑假集训CSP提高模拟92024-07-2721.暑假集训CSP提高模拟102024-07-2822.暑假集训CSP提高模拟112024-07-2923.暑假集训CSP提高模拟122024-07-31

收起

暑假集训 加赛1

组题人： @Chen_jr

$T1$ P145 修仙（restart）

• 原题： 2022NOIP A层联测13 T4 修仙（restart）

• 题目中的 可以 指 恰好 。

• 考虑计算双休带来的差值。

• 令 $b_i=a_i+a_{i+1}-max(a_i+a_{i+1},0)$ ，则需要计算从 $[1,n)$ 中选出 $k$ 个不相邻的 $b_i$ 的最大价值，同 luogu P3620 [APIO/CTSC2007] 数据备份 | CF958E2 Guard Duty (medium) | SP1553 BACKUP - Backup Files | luogu P1484 种树 | luogu P1792 [国家集训队] 种树。

• 然后就是反悔贪心板子了。

  • 基本思想是无论当前的选项是否最优都接受，然后进行比较，如果选择之后不是最优了，则反悔，舍弃掉这个选项，常写作两种决策之间作差的形式；否则，正式接受。如此往复。
  • 容易有在求解最大值/最小值的最优解中，最大值/最小值左右两端的数要么都选要么都不选。
  • $k$ 的状态能由 $k-1$ 的状态继承而来，启发我们可以依次处理子问题。
  • 算法流程：先选出 $\{b\}$ 中的最大值 $b_{pos}$ 加入答案集合，然后删除 $b_{pos-1},b_{pos+1}$ ，用 $b_{pos-1}+b_{pos+1}-b_{pos}$ 替代原来的 $b_{pos}$ 。
    • 若选了 $b_{pos-1}+b_{pos+1}-b_{pos}$ 等价于将原来答案集合里的 $b_{pos}$ 替代成 $b_{pos-1}+b_{pos+1}$ 。
    • 否则选择 $b_{pos}$ 。
  • 双向链表维护动态插入和删除；优先队列维护每次选出最大值，需要懒惰删除法。
  • 边界 $0$ 和 $n+1$ 一般需要特殊处理。
    • 实际上是对 $1,n$ 的处理。
  点击查看代码

  priority_queue<pair<ll,ll> >q;
  ll a[200010],b[200010],cha[200010],l[200010],r[200010],vis[200010];
  int main()
  {
      ll n,x,k,ans=0,pos,i;
      cin>>n>>x;
      k=n/2;
      for(i=1;i<=n;i++)
      {
          cin>>a[i];
          ans+=a[i];
      }
      for(i=1;i<=n-1;i++)
      {
          b[i]=a[i]+a[i+1]-max(a[i]+a[i+1]-x,0ll);
          l[i]=i-1;
          r[i]=i+1;
          q.push(make_pair(b[i],i));
      }   
      b[0]=b[n]=-0x3f3f3f3f3f3f3f3f;//保证不会被选到
      for(i=1;i<=k;i++)
      {
          while(q.empty()==0&&vis[q.top().second]==1)
          {
              q.pop();
          }
          if(q.empty()==0)
          {
              ans-=q.top().first;
              pos=q.top().second;
              q.pop();
              vis[l[pos]]=vis[r[pos]]=1;
              b[pos]=b[l[pos]]+b[r[pos]]-b[pos];
              q.push(make_pair(b[pos],pos));
              l[pos]=l[l[pos]];
              r[pos]=r[r[pos]];
              l[r[pos]]=r[l[pos]]=pos;
          }
          cout<<ans<<endl;
      }
      return 0;
  }
  

$T2$ T3682. 七负我

• 不难发现，完全子图对答案的贡献最大。
• 设最后得到的最大子图/团大小为 $siz$ ，则 $(\frac{x}{siz}{)}^2\times \frac{siz(siz-1)}{2}$ 即为所求。
• 现在问题来到了怎么求最大子图/团，常采用 Bron–Kerbosch 算法或折半搜索。
  • Bron–Kerbosch 算法

    • 维护 $R/P/X$ 三个集合，分别表示当前正在找的极大团里的点/有可能加入当前正在找的极大团里的点/已经找到的极大团内的点。

      • $X$ 用于判断找到的团先前有没有找过，在统计最大团方案数时需要用到。

    • 算法流程如下

      • $(1)$ 初始化 $R,X$ 为空集， $P$ 为包含所有节点的集合。
      • $(2)$ 取 $P$ 中一点 $u$ ，设 $Q_u$ 表示所有与 $u$ 有边相邻的点的集合，递归集合 $R\bigcup u,P\bigcap Q_u,x\bigcap Q_u$ 。递归过程中若出现 $P,X$ 均为空的情况，则 $P$ 内部的点就构成了一个极大子团，统计答案。
        • 要保证加入 $u$ 后仍是团，必须保证加入后 $P^{\prime }$ 中所有点都与 $u$ 相连，故取并集。
          • 这实际上是设定关键点优化的一部分。
      • $(3)$ 将 $u$ 从 $P$ 中删除，并加入到 $X$ 中。
      • $(4)$ 重复 $(2),(3)$ 操作直至 $P$ 为空。

    • 优化

      • 及时剪枝
      • 在开始时把所有点排序，枚举时按照下标顺序，防止重复
      • 设定关键点
        • 若将 $u$ 加入 $R$ 后，再取与 $u$ 有边相连的点 $v$ 加入 $R$ 后仍是一个极大团，那么加入 $u,v$ 的顺序并不影响答案。
        • 所以将 $u$ 加入 $R$ 后，再取出与 $u$ 没有边相连的点进行递归。
      点击查看代码

      int dis[50][50],R[50][50],P[50][50],X[50][50],siz=0;
      void Bron_Kerbosch(int dep,int r,int p,int x)//dep 表示当前搜到第几层
      {
      	if(p==0&&x==0)//若 x 不等于 0 说明这个团之前已经算过了，才能用来统计方案数
      	{
      		siz=max(siz,r);
      	}
      	else
      	{
      		int u=P[dep][1];
      		for(int i=1;i<=p;i++)
      		{
      			if(dis[u][P[dep][i]]==0)//因为 dis[P[dep][1]][P[dep][1]]=0 所以一开始会算一次
      			{
      				for(int j=1;j<=r;j++)//继承
      				{
      					R[dep+1][j]=R[dep][j];
      				}
      				R[dep+1][r+1]=P[dep][i];//加入
      				int np=0,nx=0;
      				for(int j=1;j<=p;j++)
      				{
      					if(dis[P[dep][i]][P[dep][j]]!=0)
      					{
      						np++;
      						P[dep+1][np]=P[dep][j];//取并集
      					}
      				}
      				for(int j=1;j<=x;j++)
      				{
      					if(dis[P[dep][i]][X[dep][j]]!=0)
      					{
      						nx++;
      						X[dep+1][nx]=X[dep][j];//取并集
      					}
      				}
      				Bron_Kerbosch(dep+1,r+1,np,nx);
      				x++;
      				X[dep][x]=P[dep][i];//加入
      				P[dep][i]=0;//删除
      			}
      		}
      	}
      }
      int main()
      {
      	int n,m,x,u,v,i;
      	cin>>n>>m>>x;
      	for(i=1;i<=m;i++)
      	{
      		cin>>u>>v;
      		dis[u][v]=dis[v][u]=1;
      	}
      	for(i=1;i<=n;i++)
      	{
      		P[1][i]=i;
      	}
      	Bron_Kerbosch(1,0,n,0);
      	printf("%.6lf\n",(1.0*x/siz)*(1.0*x/siz)*siz*(siz-1)/2);
      	return 0;
      }
      

  • 折半搜索
    • 以下部分贺的官方题解，改了下 $LATEX$ 。

      我们将所有点分为两个集合 $A,B$ ，对于 $A$ 中的所有点，维护 $f_S$ 表示集合 $S$ 中所有点组成子图中最大团大小。

      之后枚举 $B$ 中的最大团 $T$ ，找到最大团中所有节点向 $S$ 集合连边的交集，显然 $\mathrm{popcount}(T)+f_S$ 可以更新答案。

总结

• 科普场。
• 反悔贪心是去年听 $Accoder$ 的多校联训的时候写的，只学了写法，没学怎么将题面转化成反悔贪心可解决的问题，导致 $T1$ 没看出来是反悔贪心。

后记

• 成分复杂。