暑假集训CSP提高模拟7

暑假集训CSP提高模拟7

组题人： @KafuuChinocpp | @Chen_jr

\(T1\) P122. Permutations & Primes \(20pts\)

  • 原题： CF1844B Permutations & Primes

  • 假的构造策略，拿到了 \(20pts\) 。

    • 若 \(n\) 为奇数，则将 \(1\) 放在 \(\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil\) 的位置上，前一半质数降序放置，如果数量不够则合数降序放置，后一半降序放置。
    • 若 \(n\) 为偶数，则将 \(1\) 放在 \(\frac{n}{2}\) 的位置上，前一半质数降序放置，如果数量不够则合数降序放置，后一半降序放置。

  • 正解

    • 观察到 \(1\) 对整个 \(\operatorname{mex}\) 的影响较大，故让包含 \(1\) 的区间尽量多，由 普及模拟1 T1 Past 的结论当取 \(i=n-i+1\) 时取到最大值，把 \(1\) 放在 \(\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil\) 的位置，然后将 \(2,3\) 分别放在首尾，剩下的随便填即可。
    点击查看代码 
    int main()
{
    ll t,n,i,j,k;
    cin>>t;
    for(j=1;j<=t;j++)
    {
        cin>>n;
        if(n==1)
        {
            cout<<"1"<<endl;
        }
        else
        {
            if(n==2)
            {
                cout<<"2 1"<<endl;
            }
            else
            {
                cout<<"2 ";
                for(i=2,k=4;i<=n/2;i++,k++)
                {
                    cout<<k<<" ";
                }
                cout<<"1 ";
                for(i=n/2+2;i<=n-1;i++,k++)
                {
                    cout<<k  <<" ";
                }
                cout<<"3"<<endl;
            }
        }
    }
    return 0;
}

\(T2\) P135. 树上游戏 \(29pts\)

  • 原题： [ARC116E] Spread of Information | luogu P3523 [POI2011] DYN-Dynamite

  • 部分分

    • \(10pts\) ：当 \(k=n-1\) 时输出 \(1\) 。
    • \(10pts\) ：当 \(k=1\) 时求出树的直径除以 \(2\) 并向上取整即可。
    • 随机 \(pts\) ： rand() 大法好。

  • 正解

    • 答案显然具有单调性，考虑二分答案。
    • 设当前二分出的答案为 \(mid\) ，则等价于覆盖距离为 \(mid\) 的情况下进行选点。
    • 做法同 luogu P3942 将军令 ，考虑进行贪心，对于深度最深的叶节点将选择的点放在边界时，即取 \(mid\) 级祖先时，覆盖的范围一定最大。
    • 设 \(f_{x}\) 表示 \(x\) 到以 \(x\) 为根的子树内最远的没被覆盖的点的距离， \(g_{x}\) 表示 \(x\) 到以 \(x\) 为根的子树内最近被选的点的距离，状态转移方程为 \(\begin{cases} f_{x}=\max\limits_{y \in Son(x)}\{ f_{y}+1 \} \\ g_{x}=\min\limits_{y \in Son(x)}\{ g_{y}+1 \}\end{cases}\) ，
    • 当 \(g_{x}>mid\) 时以 \(x\) 为根的子树内所选的点覆盖不到自己，需要祖先节点进行覆盖，此时需要统计自己的贡献，即 \(f_{x}=\max(f_{x},0)\) ；当 \(f_{x}+g_{x} \le mid\) 时以 \(x\) 为根的子树内所选的点就能覆盖整棵子树，令 \(f_{x}=- \infty\) ；当 \(f_{x}=mid\) 说明 \(x\) 必须被选，令 \(f_{x}=- \infty,g_{x}=0\) ，选择点数加一。
    • 特判下根节点没有被覆盖的情况。
    点击查看代码 
    struct node
{
    int nxt,to;
}e[400010];
int head[400010],f[400010],g[400010],cnt=0,sum=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 fa,int k)
{
    f[x]=-0x3f3f3f3f;
    g[x]=0x3f3f3f3f;
    for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            dfs(e[i].to,x,k);
            f[x]=max(f[x],f[e[i].to]+1);
            g[x]=min(g[x],g[e[i].to]+1);
        }
    }
    if(g[x]>k)
    {
        f[x]=max(f[x],0);//等待祖先的覆盖
    }
    if(f[x]+g[x]<=k)//已被覆盖
    {
        f[x]=-0x3f3f3f3f;
    }
    if(f[x]==k)//强制覆盖
    {
        f[x]=-0x3f3f3f3f;
        g[x]=0;
        sum++;
    }
}
bool check(int mid,int k)
{
    sum=0;
    dfs(1,0,mid);
    sum+=(f[1]>=0);//自己到自己也得算
    return sum<=k;	
}
int main()
{
    int n,k,u,v,l=0,r,mid,ans=0,i;
    cin>>n>>k;
    r=n;
    for(i=1;i<=n-1;i++)
    {
        cin>>u>>v;
        add(u,v);
        add(v,u);
    }
    while(l<=r)
    {
        mid=(l+r)/2;
        if(check(mid,k)==true)
        {
            ans=mid;
            r=mid-1;
        }
        else
        {
            l=mid+1;
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

\(T3\) P127. Ball Collector \(0pts\)

  • 原题： [ABC302Ex] Ball Collector

  • 部分分

    • \(20pts\) ：将选 \(a_{i}/b_{i}\) 进行状态压缩判断。

  • 正解

    • 对于每个点 \(i\) ，从 \(a_{i}\) 向 \(b_{i}\) 连一条无向边。
    • 对于图中的每个连通块单独考虑。
    • 设此时遍历的连通块 \(G=(V,E)\) ，则这个连通块对答案产生的贡献为 \(\min(V,E)\) 。
      • 由于是连通块，所以 \(E \ge V-1\) 。
      • 当 \(E=V-1\) 时这个连通块是一棵树，至多选 \(E=V-1\) 个点。
      • 当 \(E \le V\) 时每个点一定能被至少分到一条边使其被选到，至多选 \(V\) 个点。
    • 并查集维护连通块及内部点数、边数。
    • 由于需要遍历每一个节点，所以在回溯过程中需要撤销不在路径上的点影响，使用可撤销并查集维护即可。
      • 可撤销并查集只能按秩合并，路径压缩的话会改变树的形态导致无法撤销。
      • 合并前栈记录下原值，撤销时按照栈内的原值更新回去。
    点击查看代码 
    struct node
{
	int nxt,to;
}e[400010];
struct quality
{
	int id,fa,siz,edge;
};
int head[400010],a[400010],b[400010],fa[400010],siz[400010],edge[400010],ans[400010],cnt=0,sum=0;
void add(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
int find(int x)
{
	return (fa[x]==x)?x:find(fa[x]);
}
void merge(int x,int y,stack<quality> &s,int &sum)
{	
	x=find(x);
	y=find(y);
	s.push((quality){x,fa[x],siz[x],edge[x]});
	s.push((quality){y,fa[y],siz[y],edge[y]});
	if(x==y)//自己到自己需要特判
	{
		sum-=min(siz[x],edge[x]);
		edge[x]++;
		sum+=min(siz[x],edge[x]);
	}
	else
	{
		if(siz[x]<siz[y])
		{
			swap(x,y);
		}
		sum-=min(siz[x],edge[x]);
		sum-=min(siz[y],edge[y]);
		fa[y]=x;
		siz[x]+=siz[y];
		edge[x]+=edge[y]+1;//连一条边导致多了一条边
		sum+=min(siz[x],edge[x]);
	}
}
void split(stack<quality>&s)
{
	while(s.empty()==0)//撤销
	{
		fa[s.top().id]=s.top().fa;
		siz[s.top().id]=s.top().siz;
		edge[s.top().id]=s.top().edge;
		s.pop();
	}
}
void dfs(int x,int fa)
{
	stack<quality>s;
	int last=sum;
	merge(a[x],b[x],s,sum);
	ans[x]=sum;
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].to!=fa)
		{
			dfs(e[i].to,x);
		}
	}
	split(s);
	sum=last;//同样也需要撤销
}
int main()
{
	int n,u,v,i;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i]>>b[i];
		fa[i]=i;
		siz[i]=1;
		edge[i]=0;
	}
	for(i=1;i<=n-1;i++)
	{
		cin>>u>>v;
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	dfs(1,0);
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		cout<<ans[i]<<" ";
	}
	return 0;
}

\(T4\) P159. 满穗 \(20pts\)

  • 原题： luogu P7028 [NWRRC2017] Joker

  • 部分分

    • \(20pts\) ：暴力修改， @wkh2008 有 \(hack\) 数据能卡精度，需要写 eps 。

      点击查看 hack 数据 
      in:
5 0 
2 -3 2 1 -2

ans:
1
      点击查看代码 
      const double eps=1e-10;
double a[50010];
int main()
{
	ll n,m,p=0,q=0,pos=0,x,y,i,j;
	double sum=0,ans=-0x7f7f7f7f;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		p+=(a[i]>=0)*a[i];
		q+=(a[i]<0)*a[i];
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		sum+=a[i]/((a[i]>=0)?p:-q);
		if(sum-ans>eps)
		{
			ans=sum;
			pos=i;
		}
	}
	cout<<pos<<endl;
	for(j=1;j<=m;j++)
	{
		cin>>x>>y;
		p-=(a[x]>=0)*a[x];
		q-=(a[x]<0)*a[x];
		a[x]=y;
		p+=(a[x]>=0)*a[x];
		q+=(a[x]<0)*a[x];
		pos=sum=0;
		ans=-0x7f7f7f7f;
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			sum+=a[i]/((a[i]>=0)?p:-q);
			if(sum-ans>eps)
			{
				ans=sum;
				pos=i;
			}
		}
		cout<<pos<<endl;
	}
	return 0;
}

  • 正解

    • 设 \(\begin{cases} p_{i}=\sum\limits_{j=1}^{i}[a_{i} \ge 0] \times a_{i} \\ q_{i}=\sum\limits_{j=1}^{i}[a_{i}<0] \times a_{i} \end{cases}\) ，此时 \(s_{i}=\dfrac{p_{i}}{P}-\dfrac{q_{i}}{Q}\) 。
    • 若 \(i<j,s_{i}<s_{j}\) 则有 \(\dfrac{p_{i}}{P}-\dfrac{q_{i}}{Q}<\dfrac{p_{j}}{P}-\dfrac{q_{j}}{Q}\) ，移项有 \(\dfrac{p_{i}-p_{j}}{P}<\dfrac{q_{i}-q_{j}}{Q}\) ，又因为 \(p_{i}-p_{j} \le 0,Q<0\) 有 \(\dfrac{Q}{P} < \dfrac{q_{i}-q_{j}}{p_{i}-p_{j}}\) ，即 \(Q(p_{i}-p_{j})>P(q_{i}-q_{j})\) 。
    • 发现很像斜率优化的式子，以 \(\{ p \}\) 为横坐标，以 \(\{ q \}\) 为纵坐标建立平面直角坐标系，其中横坐标 \(\{ p \}\) 是单调不降的，横坐标 \(\{ p \}\) 是单调不增的。
    • 由于斜率 \(\dfrac{Q}{P}<0\) ，考虑维护上凸包相邻两点斜率 \(>\dfrac{Q}{P}\) 的部分，二分队列维护。
    • 难点来自修改。设当前修改位置为 \(i\) ，则对于 \(j \ne i\) 的位置均有它们的凸包仅发生了平移，斜率不变（因为相互抵消了）。
    • 考虑对序列分块，每个块内单独建出凸包，修改时将所属的块的凸包重构，其他凸包平移；查询时二分整个凸包取 \(\max\) 。
    • 块长取 \(\sqrt{n \log{n}}\) 。
    点击查看代码 
    const double eps=1e-15;
ll a[50010],pos[50010],L[50010],R[50010],klen,ksum,P,Q;
pair<ll,ll>p[50010];
deque<ll>q[50010];
ll x(ll i)
{
	return p[i].first;
}
ll y(ll i)
{
	return p[i].second;
}
void build(ll l,ll r,ll id)
{
	q[id].clear();
	ll sx=0,sy=0;
	for(ll i=l;i<=r;i++)
	{
		sx+=(a[i]>=0)*a[i];
		sy+=(a[i]<0)*a[i];
		p[i]=make_pair(sx,sy);
		while(q[id].size()>=2&&(y(q[id][q[id].size()-2])-y(q[id].back()))*(x(q[id].back())-x(i))<=(y(q[id].back())-y(i))*(x(q[id][q[id].size()-2])-x(q[id].back())))
		{
			q[id].pop_back();
		}
		q[id].push_back(i);
	}
}
bool check(ll mid,ll id)
{
	return (y(q[id][mid])-y(q[id][mid+1]))*P<Q*(x(q[id][mid])-x(q[id][mid+1]));
}
ll divide_search(ll id)
{
	ll l=0,r=q[id].size()-1,mid,ans=0;
	while(l<r)
	{
		mid=(l+r)/2;
		if(check(mid,id)==true)
		{
			ans=mid+1;
			l=mid+1;
		}
		else
		{
			r=mid;//mid 这个点可以被取到
		}
	}
	return q[id][ans];
}
void init(ll n)
{
	klen=sqrt(n*log2(n));
	ksum=n/klen;
	for(ll i=1;i<=ksum;i++)
	{
		L[i]=R[i-1]+1;
		R[i]=R[i-1]+klen;
	}
	if(R[ksum]<n)
	{
		ksum++;
		L[ksum]=R[ksum-1]+1;
		R[ksum]=n;
	}
	for(ll i=1;i<=ksum;i++)
	{
		for(ll j=L[i];j<=R[i];j++)
		{
			pos[j]=i;
		}
		build(L[i],R[i],i);
	}
}
void update(ll x,ll y)
{
	P-=(a[x]>=0)*a[x];
	Q-=(a[x]<0)*a[x];
	a[x]=y;
	P+=(a[x]>=0)*a[x];
	Q+=(a[x]<0)*a[x];
	build(L[pos[x]],R[pos[x]],pos[x]);
}
ll query()
{
	ll id=0,sum=0,sx=0,sy=0;
	double ans=-0x7f7f7f7f;
	for(ll i=1;i<=ksum;i++)
	{
		sum=divide_search(i);
		if(1.0*(p[sum].first+sx)/P-1.0*(p[sum].second+sy)/Q-ans>eps)
		{
			ans=1.0*(p[sum].first+sx)/P-1.0*(p[sum].second+sy)/Q;
			id=sum;
		}
		sx+=p[R[i]].first;//进行平移
		sy+=p[R[i]].second;
	}
	return id;
}
int main()
{
	ll n,m,x,y,i;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		P+=(a[i]>=0)*a[i];
		Q+=(a[i]<0)*a[i];
	}
	init(n);
	cout<<query()<<endl;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>x>>y;
		update(x,y);
		cout<<query()<<endl;
	}
	return 0;
}

总结

  • \(T1\) 赛时一直在想小区间怎么合并到大区间，猜结论时不会合理分析样例和性质导致结论猜假了。 @KafuuChinocpp 讲的 Special Judge 写法不是很符合预期，本以为会对 2024初三集训模拟测试3 T4 计蒜客 T3729 MEX 有所启发。
  • \(T2\) 赛时和赛后转化题面转化得有点绕，很玄乎，没写完。
  • \(T3\) 的暴力写假了。

后记

  • 特殊奖励

    以下图片来源

  • \(T2\) 因为昨天 \(huge\) 看完题后，体活来找学长时说了需要 \(CDQ\) 分治所以就临时换了这道题，正常的话这道题应该和 暑假集训CSP提高模拟6 是一套题，还能和 \(T3\) 题面背景连上。

  • \(T4\) 夹带私货，剧透了《明末千里行》的部分情节。

posted @ 2024-07-25 15:32  hzoi_Shadow  阅读(117)  评论(0)  编辑  收藏  举报
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