csp-s模拟10

\(T1\) T3673. 欧几里得的噩梦 \(0pts\)

部分分
- \(0 \%\) ：状压加枚举子集。
- \(20 \%\) ：线性基暴力做。

正解

考虑模拟线性基贪心法插入的过程。顺序加入集合的过程已经处理了字典序最小的问题。
当只有 \(x\) 位为 \(1\) 时，在线性基插入的过程终止位置是固定的。
- 转化为 \(x\) 和虚拟节点 \(m+1\) 为 \(1\) 。
当有两位为 \(1\) 时，这两位相互独立，若终止位置一样则说明可以通过异或得到，否则加入线性基。
寻找终止位置的过程本质是遍历整条链寻找终止位置。并查集判断是否在线性基内，从而优化遍历过程。

点击查看代码

const ll p=1000000007;
vector<ll>ans;
ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{   
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)
		{
			ans=ans*a%p;
		}
		b>>=1;
		a=a*a%p;
	}
	return ans;
}
struct DSU
{
	int fa[500010];
	void init(int n)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			fa[i]=i;
		}
	}
	int find(int x)
	{
		return (fa[x]==x)?x:fa[x]=find(fa[x]);
	}
}D;
int main()
{
	freopen("Euclid.in","r",stdin);
	freopen("Euclid.out","w",stdout);
	ll n,m,pd,x,y,i;
	cin>>n>>m;
	D.init(m+1);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>pd>>x;
		if(pd==1)
		{
			y=m+1;
		}
		else
		{
			cin>>y;
		}
		x=D.find(x);
		y=D.find(y);
		if(x!=y)
		{
			D.fa[x]=y;
			ans.push_back(i);
		}
	}
	cout<<qpow(2,ans.size(),p)<<" "<<ans.size()<<endl;
	for(i=0;i<ans.size();i++)
	{
		cout<<ans[i]<<" ";
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

\(T2\) T3672. 清扫 \(6pts\)

原题： [AGC010C] Cleaning
钦定根节点 \(rt\) 的度数 \(\ge 2\) ，所以需要特判 \(n=2\) 的情况。
部分分
- 未知 \(pts\) ：
  - 等价于查询是否存在一种进行若干次点差分方式，对于差分数组 \(d\) 满足 \(\forall x \in [1,n],a_{x}=\sum\limits_{y \in Subtree(x)}d_{y}\) 。
  - 直接进行高斯消元时间复杂度不可接受，手动解出 \(d_{x}=a_{x}-\sum\limits_{y \in Son(x)}a_{y}\) 。
  - 又因为对于非叶子节点的 \(x\) 其 \(d_{x}\) 由 \(x\) 作为 \(fa_{\operatorname{LCA}(u,v)}\) 和 \(x\) 作为 \(\operatorname{LCA}(u,v)\) 两部分的贡献组成，设它们分别为 \(f_{x},g_{x}\) ，有 \(f_{x}+g_{x}=d_{x}\) 。
  - 不难得到 \(f_{x}=\sum\limits_{y \in Son(x)}g_{y}\) ，即 \(d_{x}=g_{x}+\sum\limits_{y \in Son(x)}g_{y}\) ，类似 \(\{ d \}\) 的求法再次手动求出 \(\{ f \},\{ g \}\) 。
  - 问题就转化为是否存在一种构造方式使得点差分时叶子节点 \(x\) 恰好访问了 \(d_{x}\) 次，而非叶子节点 \(y\) 作为任意两个叶子节点的 \(\operatorname{LCA}\) 被访问了 \(-g_{y}\) 遍。
  - 赛时因为不知道怎么判断，所以只写了最基本的 \(-\sum\limits_{i=1}^{n}[du_{i} \ne 1] \times g_{i}=\sum\limits_{i=1}^{n}[du_{i}=1] \times d_{i}\) ，没过大样例。

正解

\(\{ f \}\) 数组好像没啥用，直接扔掉。并令 \(\{ g \}\) 都乘以 \(-1\) 表示作为 \(\operatorname{LCA}(u,v)\) 的次数，此时 \(g_{x}=-d_{x}-\sum\limits_{y \in Son(x)}g_{y}\) ，令叶子节点的 \(g=0\) 。
令 \(f_{x}\) 表示 \(x\) 子树内叶子节点向上拓展的总路径条数（差分剩下的），有 \(f_{x}=\begin{cases} a_{x} & du_{x}=1 \\ -2g_{x}+\sum\limits_{y \in Son(x)}f_{y} & du_{x} \ne 1 \end{cases}\) 。
考虑此时如何判断有解。
- \(g_{x} \ge 0\)
- \(f_{rt}=0\)
- \(0 \le f_{x} \le a_{x} \land \sum\limits_{y \in Son(x)}f_{y}- \max\limits_{y \in Son(x)}\{ f_{y} \} \ge g_{x}\)
  - 前者隐含了 \(\frac{\sum\limits_{y \in Son(x)}f_{y}}{2} \ge g_{x}\) 的条件。
  - 后者的感性理解是若 \(\max\limits_{y \in Son(x)}\{ f_{y} \} > \frac{\sum\limits_{y \in Son(x)}f_{y}}{2}\) ，则合并次数在满足 \(f_{y}\) 最大的 \(y\) 子树和其他子树进行合并时取到最多 \(\sum\limits_{y \in Son(x)}f_{y}- \max\limits_{y \in Son(x)}\{ f_{y} \}\) ；否则两两进行匹配，合并次数为 \(\frac{\sum\limits_{y \in Son(x)}f_{y}}{2}\) 。
证明有点抽象，感性理解吧。

点击查看代码

struct node
{
	ll nxt,to;
}e[200010];
ll head[200010],du[200010],a[200010],d[200010],f[200010],g[200010],cnt=0;
void add(ll u,ll v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
void dfs(ll x,ll fa)
{
	ll sum=0,maxx=0;
	d[x]=a[x];
	if(du[x]==1)
	{
		f[x]=a[x];
		return;
	}
	for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].to!=fa)
		{
			dfs(e[i].to,x);
			d[x]-=a[e[i].to];
			g[x]-=g[e[i].to];
			sum+=f[e[i].to];
			maxx=max(maxx,f[e[i].to]);
		}
	}
	g[x]-=d[x];
	f[x]=-2*g[x]+sum;
	if(g[x]<0||f[x]<0||f[x]>a[x]||sum-maxx<g[x])
	{
		cout<<"NO"<<endl;
		exit(0);
	}
}
int main()
{
	freopen("tree.in","r",stdin);
	freopen("tree.out","w",stdout);
	ll n,u,v,rt,i;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
	}
	for(i=1;i<=n-1;i++)
	{
		cin>>u>>v;
		du[u]++;
		du[v]++;
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	if(n==2)
	{
		if(a[1]==a[2])
		{
			cout<<"YES"<<endl;
		}
		else
		{
			cout<<"NO"<<endl;
		}
	}
	else
	{
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			if(du[i]>=2)
			{
				rt=i;
				break;
			}
		}
		dfs(rt,0);
		if(f[rt]==0)
		{
			cout<<"YES"<<endl;
		}
		else
		{
			cout<<"NO"<<endl;
		}
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

\(T3\) T1072. 购物 \(20pts\)

部分分

子任务 \(1,3\) ：背包处理出能拼出来的商品价格，然后写一个静态推平全局查询的数据结构即可。

点击查看代码

struct ODT
{
	struct node
	{
		ll l,r;
		mutable ll col;
		bool operator < (const node &another) const
		{
			return l<another.l;
		}
	};
	set<node>s;
	void init()
	{
		s.insert((node){0,1000000000010,0});
	}
	set<node>::iterator split(ll pos)
	{
		set<node>::iterator it=s.lower_bound((node){pos,0,0});
		if(it!=s.end()&&it->l==pos)
		{
			return it;
		}
		it--;
		if(it->r<pos)
		{
			return s.end();
		}
		ll l=it->l,r=it->r,col=it->col;
		s.erase(it);
		s.insert((node){l,pos-1,col});
		return s.insert((node){pos,r,col}).first;
	}
	void assign(ll l,ll r,ll col)
	{
		set<node>::iterator itr=split(r+1),itl=split(l);
		s.erase(itl,itr);
		s.insert((node){l,r,col});
	}
	ll query(ll l,ll r)
	{
		set<node>::iterator itr=split(r+1),itl=split(l);
		ll ans=0;
		for(set<node>::iterator it=itl;it!=itr;it++)
		{
			ans+=(it->col==1)*(it->r-it->l+1);
		}
		return ans;
	}
}O;
ll a[100010];
bool f[1000010];
void dfs(ll pos,ll n,ll sum)
{
	if(pos==n+1)
	{
		if(sum!=0)
		{
			O.assign(ceil(sum/2.0),sum,1);
		}
	}
	else
	{
		dfs(pos+1,n,sum+a[pos]);
		dfs(pos+1,n,sum);
	}
}
int main()
{
	freopen("buy.in","r",stdin);
	freopen("buy.out","w",stdout);
	ll n,m=0,i,j;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		m+=a[i];
	}
	O.init();
	if(m<=1000000)
	{
		f[0]=1;
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			for(j=m;j>=a[i];j--)
			{
				f[j]|=f[j-a[i]];
			}
		}
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			if(f[i]==1)
			{
				O.assign(ceil(i/2.0),i,1);
			}
		}
	}
	else
	{
		dfs(1,n,0);
	}
	cout<<O.query(0,1000000000000)<<endl;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

正解
- 因为只选一个数 \(i\) 时对答案的贡献为 \([\left\lceil \frac{a_{i}}{2} \right\rceil,a_{i}]\) ，不妨考虑先将 \(\{ a \}\) 升序排序。
- 令 \(sum_{i}=\sum\limits_{j=1}^{i}a_{j}\) 。
- 假设第 \(i-1\) 次操作造成了一个右端点为 \(sum_{i-1}\) 的连通块，当增加 \(a_{i}\) 时，更新的区间为 \([\left\lceil \frac{a_{i}}{2} \right\rceil,a_{i}+sum_{i}]\) 。
- 判断更新的区间与上一个区间有交还是不交（中间有断开的区间）即可。
  - 若有断开的区间 \((sum_{i},\left\lceil \frac{a_{i}}{2} \right\rceil)\) ，因为 \(\{ a \}\) 已经升序和 \(\left\lceil \frac{a_{i}}{2} \right\rceil>sum_{i}\) 所以后面不可能再填补上。
点击查看代码
```
ll a[100010];
int main()
{
	freopen("buy.in","r",stdin);
	freopen("buy.out","w",stdout);
	ll n,sum=0,ans=0,i;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
	}
	sort(a+1,a+1+n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(ceil(a[i]/2.0)>sum)
		{
			ans+=(a[i]+sum)-ceil(a[i]/2.0)+1;
		}
		else
		{
			ans+=a[i];
		}
		sum+=a[i];
	}
	cout<<ans<<endl;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}
```

\(T4\) T1042. ants \(20pts\)

弱化版： BZOJ4358 permu

部分分

\(20pts\) ：枚举值域起点，时间复杂度为 \(O(nm)\) 。

点击查看代码

int a[100010],pos[100010],vis[100010];
int main()
{
	freopen("ants.in","r",stdin);
	freopen("ants.out","w",stdout);
	int n,m,l,r,ans;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		pos[a[i]]=i;
	}
	for(int j=1;j<=m;j++)
	{
		scanf("%d%d",&l,&r);
		ans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			if(vis[i]==0)
			{
				int k;
				for(k=i;l<=pos[k]&&pos[k]<=r;k++)
				{
					vis[k]=1;
				}
				ans=max(ans,k-i);
			}
			vis[i]=0;
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

\(50pts\) ：同 BZOJ4358 permu 的做法，时间复杂度为 \(O(n \sqrt{m} \log n)\) 。因普通版线段树常数过大所以无法通过。

点击查看代码

int a[400000],ans[400000],L[400000],R[400000],pos[400000],klen,ksum;
struct ask
{
	int l,r,id;
}q[400000];
bool q_cmp(ask a,ask b)
{
	return (pos[a.l]==pos[b.l])?((pos[a.l]%2==1)?(a.r<b.r):(a.r>b.r)):(a.l<b.l);
}
struct SegmentTree
{
	int l,r,maxl,maxr,ans;
}tree[400000];
int lson(int x)
{
	return x*2;
}
int rson(int x)
{
	return x*2+1;
}
void pushup(int rt)
{
	tree[rt].maxl=tree[lson(rt)].maxl+(tree[lson(rt)].maxl==tree[lson(rt)].r-tree[lson(rt)].l+1)*tree[rson(rt)].maxl;
	tree[rt].maxr=tree[rson(rt)].maxr+(tree[rson(rt)].maxr==tree[rson(rt)].r-tree[rson(rt)].l+1)*tree[lson(rt)].maxr;
	tree[rt].ans=max(max(tree[lson(rt)].ans,tree[rson(rt)].ans),tree[lson(rt)].maxr+tree[rson(rt)].maxl);
}
void build(int rt,int l,int r)
{
	tree[rt].l=l;
	tree[rt].r=r;
	if(l==r)
	{
		return;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	build(lson(rt),l,mid);
	build(rson(rt),mid+1,r);
	pushup(rt);
}
void update(int rt,int pos,int ans)
{
	if(tree[rt].l==tree[rt].r)
	{
		tree[rt].ans=tree[rt].maxl=tree[rt].maxr=ans;
		return;
	}
	else
	{
		int mid=(tree[rt].l+tree[rt].r)/2;
		if(mid>=pos)
		{
			update(lson(rt),pos,ans);
		}
		else
		{
			update(rson(rt),pos,ans);
		}
		pushup(rt);
	}
}
SegmentTree query(int rt,int l,int r)
{
	if(l<=tree[rt].l&&tree[rt].r<=r)
	{
		return tree[rt];
	}
	else
	{
		int mid=(tree[rt].l+tree[rt].r)/2;
		if(r<=mid)
		{
			return query(lson(rt),l,r);
		}
		else
		{
			if(l>mid)
			{
				return query(rson(rt),l,r);
			}
			else
			{
				SegmentTree p=query(lson(rt),l,r),q=query(rson(rt),l,r),num;
				num.maxl=p.maxl+(p.maxl==p.r-p.l+1)*q.maxl;
				num.maxr=q.maxr+(q.maxr==q.r-q.l+1)*p.maxr;
				num.ans=max(max(p.ans,q.ans),p.maxr+q.maxl);
				return num;
			}
		}
	}
}
void init(int n,int m)
{
	klen=n/sqrt(m)+1;
	ksum=500;
	for(int 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(int i=1;i<=ksum;i++)
	{
		for(int j=L[i];j<=R[i];j++)
		{
			pos[j]=i;
		}
	}
}
void add(int x)
{
	update(1,a[x],1);
}
void del(int x)
{
	update(1,a[x],0);
}
int main()
{
	freopen("ants.in","r",stdin);
	freopen("ants.out","w",stdout);
	int n,m,l=1,r=0,i;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
	}
	build(1,1,n);
	init(n,m);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>q[i].l>>q[i].r;
		q[i].id=i;
	}
	sort(q+1,q+1+m,q_cmp);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		while(l>q[i].l)
		{
			l--;
			add(l);
		}
		while(r<q[i].r)
		{
			r++;
			add(r);
		}
		while(l<q[i].l)
		{
			del(l);
			l++;
		}
		while(r>q[i].r)
		{
			del(r);
			r--;
		}
		ans[q[i].id]=query(1,1,n).ans;
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cout<<ans[i]<<endl;
	}
	return 0;
}

正解

考虑只加不减莫队。加入一个数 \(x\) 时判断 \(x-1,x+1\) 是否已经加入并连一条边，接着链表或可撤销并查集维护即可。

点击查看代码

struct ask
{
	int l,r,id;
}q[100010];
int a[100010],b[100010],ans[100010],L[100010],R[100010],pos[100010],vis[100010],klen,ksum;
bool q_cmp(ask a,ask b)
{
	return (pos[a.l]==pos[b.l])?(a.r<b.r):(a.l<b.l);
}
void init(int n,int m)
{
	klen=n/sqrt(m)+1;
	ksum=n/klen;
	for(int 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(int i=1;i<=ksum;i++)
	{
		for(int j=L[i];j<=R[i];j++)
		{
			pos[j]=i;
		}
	}
}
struct DSU
{
	struct quality
	{
		int id,fa,siz;
	};
	stack<quality>s;
	int fa[100010],siz[100010];
	void init(int n)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			fa[i]=i;
			siz[i]=1;
		}
	}
	int find(int x)
	{
		return (fa[x]==x)?x:find(fa[x]);
	}
	void merge(int x,int y,int &sum)
	{
		x=find(x);
		y=find(y);
		if(x!=y)
		{
			if(siz[x]<siz[y])
			{
				swap(x,y);
			}
			s.push((quality){x,fa[x],siz[x]});  
			s.push((quality){y,fa[y],siz[y]});
			fa[y]=x;
			siz[x]+=siz[y];
			sum=max(sum,siz[x]);
		}
	}
	void split(int tmp)
	{
		while(s.empty()==0&&s.size()>tmp)
		{
			fa[s.top().id]=s.top().fa;
			siz[s.top().id]=s.top().siz;
			s.pop();
		}
	}
}D;
void add(int x,int &sum)
{
	vis[x]=1;
	if(vis[x-1]==1)
	{
		D.merge(x,x-1,sum);
	}
	if(vis[x+1]==1)
	{
		D.merge(x,x+1,sum);
	}
}
int main()
{
	freopen("ants.in","r",stdin);
	freopen("ants.out","w",stdout);
	int n,m,l=1,r=0,sum,tmp=1,num,lastblock=0,i,j;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>q[i].l>>q[i].r;
		q[i].id=i;
	}
	init(n,m);
	sort(q+1,q+1+m,q_cmp);
	D.init(n);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		if(pos[q[i].l]==pos[q[i].r])
		{
			sum=num=1;
			for(j=q[i].l;j<=q[i].r;j++)
			{
				b[j]=a[j];
			}
			sort(b+q[i].l,b+q[i].r+1);
			for(j=q[i].l+1;j<=q[i].r;j++)
			{
				num=(b[j-1]==b[j]-1)*num+1;
				sum=max(sum,num);
			}
		}
		else
		{
			if(lastblock!=pos[q[i].l])
			{
				while(r>R[pos[q[i].l]])
				{
					vis[a[r]]=0;
					r--;
				}
				while(l<R[pos[q[i].l]]+1)
				{
					vis[a[l]]=0;
					l++;
				}
				tmp=1;
				r=R[pos[q[i].l]];
				l=R[pos[q[i].l]]+1;
				lastblock=pos[q[i].l];
				D.split(0);
			}
			while(r<q[i].r)
			{
				r++;
				add(a[r],tmp);
			}
			sum=tmp;
			num=D.s.size();
			while(l>q[i].l)
			{
				l--;
				add(a[l],sum);
			}
			D.split(num);
			while(l<R[pos[q[i].l]]+1)
			{   
				vis[a[l]]=0;
				l++;
			}
		}
		ans[q[i].id]=sum;
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cout<<ans[i]<<endl;
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

总结

感觉思维越来越不行了，需要稍微跳跃点的就反应不过来了。
\(T2\) 只判了叶子节点的 \(d\) 忘判非叶子节点的 \(g\) 了，挂了 \(20pts\) 。
\(T3\) 只记得写子任务 \(3\) 的超大背包部分分了，忘了写子任务 \(1\) 的正常背包部分分了，挂了 \(30pts\) 。
\(T4\) 赛时没记得做过原题，我是不是该拉出去毙了。

posted @ 2024-10-08 18:22 hzoi_Shadow 阅读(34) 评论(0) 编辑收藏举报

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hzoi_Shadow

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……

csp-s模拟10

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\(T1\) T3673. 欧几里得的噩梦 \(0pts\)

\(T2\) T3672. 清扫 \(6pts\)

\(T3\) T1072. 购物 \(20pts\)

\(T4\) T1042. ants \(20pts\)

总结

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……

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\(T2\) T3672. 清扫 \(6pts\)

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