多校A层冲刺NOIP2024模拟赛18

\(T1\) A. 选彩笔（rgb） \(100pts/100pts\)

观察到 \(0 \le r,g,b \le 255\) 且答案具有单调性，故考虑二分答案。
将 \(r,g,b\) 分别抽象成三维坐标下的 \(x,y,z\) 。
设当前二分出的答案为 \(mid\) ，由调整法分析可知若存在一个边长为 \(mid\) 的正方体中点的数量 \(\le k\) 则合法。

三维前缀和加速匹配即可。

三维前缀和详见暑假集训CSP提高模拟26 T1' 前缀。

点击查看代码

int cnt[260][260][260];
int sum(int x1,int y1,int z1,int x2,int y2,int z2)
{
	return cnt[x2][y2][z2]-(-cnt[x1-1][y1-1][z2]-cnt[x1-1][y2][z1-1]-cnt[x2][y1-1][z1-1]+cnt[x1-1][y2][z2]+cnt[x2][y1-1][z2]+cnt[x2][y2][z1-1]+cnt[x1-1][y1-1][z1-1]);
}
bool check(int mid,int n,int m)
{
	for(int i=1;i<=256-mid;i++)
	{
		for(int j=1;j<=256-mid;j++)
		{
			for(int k=1;k<=256-mid;k++)
			{
				if(sum(i,j,k,i+mid,j+mid,k+mid)>=m)
				{
					return true;
				}
			}
		}
	}
	return false;
}
int main()
{
	freopen("rgb.in","r",stdin);
	freopen("rgb.out","w",stdout);
	int n,m,r,g,b,l=0,mid,ans=0,i,j,k;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>r>>g>>b;
		r++;
		g++;
		b++;
		cnt[r][g][b]++;
	}
	for(i=1;i<=256;i++)
	{
		for(j=1;j<=256;j++)
		{
			for(k=1;k<=256;k++)
			{
				cnt[i][j][k]+=-cnt[i-1][j-1][k]-cnt[i-1][j][k-1]-cnt[i][j-1][k-1]+cnt[i-1][j][k]+cnt[i][j-1][k]+cnt[i][j][k-1]+cnt[i-1][j-1][k-1];
			}
		}
	}
	r=256;
	while(l<=r)
	{
		mid=(l+r)/2;
		if(check(mid,n,m)==true)
		{
			ans=mid;
			r=mid-1;
		}
		else
		{
			l=mid+1;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

\(T2\) B. 兵蚁排序（sort） \(0pts/0pts\)

强化版： CF1187D Subarray Sorting
考虑手动模拟下排序的过程，不妨选择冒泡排序。
冒泡排序的过程中不断选择长度为 \(2\) 的区间进行排序/交换，从而消除逆序对。这个过程中不会再产生新的逆序对，故若 \(\{ b \}\) 中存在 \(\{ a \}\) 中没有的逆序对则无解。
交换的过程中在 \(j \in [i,n]\) 中找到第一个满足 \(a_{j}=b_{i}\) 的 \(j\) ，这个时候直接对 \([i,j]\) 排序是假的（因为破坏内部的关系），就只能自右向左依次交换来保证内部相对大小顺序不变。
- 如果不需要同步交换的话，找到 \(b_{i}\) 对应的 \(a_{j}\) 即可。
此时若无法进行交换（大的数不可能跑到小的数前面）即说明 \(\{ b \}\) 中存在 \(\{ a \}\) 中没有的逆序对。

考虑加强版时，不进行同步交换，等价于 \(\min\limits_{k=1}^{j}\{ a_{k }\}=b_{i}\) ，可以使用线段树维护区间查询和单点删除（转化为修改）。

点击查看代码

int a[1010],b[1010];
vector<pair<int,int> >ans;
int main()
{
	freopen("sort.in","r",stdin);
	freopen("sort.out","w",stdout);
	int t,n,flag,pos,i,j,k;
	cin>>t;
	for(k=1;k<=t;k++)
	{
		cin>>n;
		flag=0;
		ans.clear();
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			cin>>a[i];
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			cin>>b[i];
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			for(j=i;j<=n;j++)
			{
				if(b[i]==a[j])
				{
					pos=j;
					break;
				}
			}
			for(j=pos;j>=i+1;j--)
			{
				if(a[j-1]<a[j])
				{
					flag=-1;
					break;
				}
				swap(a[j-1],a[j]);
				ans.push_back(make_pair(j-1,j));
			}
			if(flag==-1)
			{
				break;
			}
		}
		cout<<flag<<endl;
		if(flag==0)
		{
			cout<<ans.size()<<endl;
			for(i=0;i<ans.size();i++)
			{
				cout<<ans[i].first<<" "<<ans[i].second<<endl;
			}
		}
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

点击查看加强版代码

int a[300010],b[300010],cnt[300010];
vector<int>pos[300010];
struct SMT
{
	struct SegmentTree
	{
		int minn;
	}tree[1200010];
	int lson(int x)
	{
		return x*2;
	}
	int rson(int x)
	{
		return x*2+1;
	}
	void pushup(int rt)
	{
		tree[rt].minn=min(tree[lson(rt)].minn,tree[rson(rt)].minn);
	}
	void build(int rt,int l,int r)
	{
		if(l==r)
		{
			tree[rt].minn=a[l];
			return;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		build(lson(rt),l,mid);
		build(rson(rt),mid+1,r);
		pushup(rt);
	}
	void update(int rt,int l,int r,int pos,int val)
	{
		if(l==r)
		{
			tree[rt].minn=val;
			return;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		if(pos<=mid)
		{
			update(lson(rt),l,mid,pos,val);
		}
		else
		{
			update(rson(rt),mid+1,r,pos,val);
		}
		pushup(rt);
	}
	int query(int rt,int l,int r,int x,int y)
	{
		if(x<=l&&r<=y)
		{
			return tree[rt].minn;
		}
		int mid=(l+r)/2,ans=0x3f3f3f3f;
		if(x<=mid)
		{
			ans=min(ans,query(lson(rt),l,mid,x,y));
		}
		if(y>mid)
		{
			ans=min(ans,query(rson(rt),mid+1,r,x,y));
		}
		return ans;
	}
}T;
int main()
{
	int t,n,flag,i,j;
	cin>>t;
	for(j=1;j<=t;j++)
	{
		cin>>n;
		flag=1;
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			cnt[i]=0;
			pos[i].clear();
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			cin>>a[i];
			cnt[a[i]]++;
			pos[a[i]].push_back(i);
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			cin>>b[i];
			cnt[b[i]]--;
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			flag&=(cnt[i]==0);
			reverse(pos[i].begin(),pos[i].end());
		}
		if(flag==1)
		{
			T.build(1,1,n);
			for(i=1;i<=n;i++)
			{
				if(pos[b[i]].size()==0||T.query(1,1,n,1,pos[b[i]].back())!=b[i])
				{
					flag=0;
					break;
				}
				T.update(1,1,n,pos[b[i]].back(),0x3f3f3f3f);
				pos[b[i]].pop_back();
			}
			if(flag==1)
			{
				cout<<"YES"<<endl;
			}
			else
			{
				cout<<"NO"<<endl;
			}	
		}
		else
		{
			cout<<"NO"<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

\(T3\) C. 人口局 DBA（dba） \(7pts/0pts\)

部分分

\(34pts/10pts\) ：当成数位 \(DP\) 拆位做即可，记忆化搜索。

点击查看代码

const ll p=1000000007;
unordered_map<ll,ll>f[2010];
ll a[2010];
ll dfs(ll pos,ll pre,ll limit,ll m,ll sum)
{
	if(pos<=0)
	{
		return (pre==sum&&limit==0);
	}
	if(limit==0&&f[pos].find(pre)!=f[pos].end())
	{
		return f[pos][pre];
	}
	ll ans=0,maxx=(limit==1)?a[pos]:m-1;
	for(ll i=0;i<=maxx&&pre+i<=sum;i++)
	{
		ans=(ans+dfs(pos-1,pre+i,(limit==1)*(i==maxx),m,sum))%p;
	}
	return (limit==0)?f[pos][pre]=ans:ans;
}
int main()
{
	freopen("dba.in","r",stdin);
	freopen("dba.out","w",stdout);
	ll m,sum=0,i;
	cin>>m>>a[0];
	for(i=1;i<=a[0];i++)
	{
		cin>>a[i];
		sum+=a[i];
	}
	reverse(a+1,a+1+a[0]);
	cout<<(dfs(a[0],0,1,m,sum)+p)%p<<endl;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

\(64pts/10pts\) ：将记忆化搜索改成递推版。

点击查看代码

const int p=1000000007;
int a[2010],f[2][2][4000010];
int qadd(int a,int b,int p)
{
	return a+b>=p?a+b-p:a+b;
}
int main()
{
	freopen("dba.in","r",stdin);
	freopen("dba.out","w",stdout);
	int m,sum=0,i,j,k;
	cin>>m>>a[0];
	for(i=1;i<=a[0];i++)
	{
		cin>>a[i];
		sum+=a[i];
	}
	reverse(a+1,a+1+a[0]);
	for(i=0;i<=a[a[0]]-1;i++)
	{
		f[a[0]&1][0][i]=1;
	}
	f[a[0]&1][1][a[a[0]]]=1;
	for(i=a[0];i>=1;i--)
	{
		for(k=0;k<=sum;k++)
		{
			f[(i-1)&1][0][k]=f[(i-1)&1][1][k]=0;
		}
		for(k=0;k<=sum;k++)
		{
			for(j=0;j<=a[i-1]-1&&k+j<=sum;j++)
			{
				f[(i-1)&1][0][k+j]=qadd(f[(i-1)&1][0][k+j],f[i&1][1][k],p);
			}
			if(k+a[i-1]<=sum)
			{
				f[(i-1)&1][1][k+a[i-1]]=qadd(f[(i-1)&1][1][k+a[i-1]],f[i&1][1][k],p);
			}
			for(j=0;j<=m-1&&k+j<=sum;j++)
			{
				f[(i-1)&1][0][k+j]=qadd(f[(i-1)&1][0][k+j],f[i&1][0][k],p);
			}
		}
	}
	cout<<f[1&1][0][sum]<<endl;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

正解
- 观察递推的写法，猜测可能与组合计数有关。
- 考虑枚举填入的数补足 \(l\) 位（空位补 \(0\) ）后和 \(l\) 的极长公共前缀的长度 \(len\) ，设其 \(S\) 值等于 \(s\) ，等价于求 \(\begin{cases} \forall i \in [1,len],x_{i}=n_{i} \\ x_{len+1} \in [0,n_{len+1}) \\ \forall i \in [len+2,l],x_{i} \in [0,m) \end{cases},\sum\limits_{i=1}^{l}x_{i}=S(n)\) 即 \(\begin{cases} x_{len+1} \in [0,n_{len+1}) \\ \forall i \in [len+2,l],x_{i} \in [0,m) \end{cases},\sum\limits_{i=len+1}^{l}x_{i}=S(n)-\sum\limits_{i=1}^{len}n_{i}\) 的整数解的方案数。
- 不妨设 \(s=S(n)-\sum\limits_{i=1}^{len}n_{i},a=l-len-1\) ，等价于求 \(\begin{cases} x_{0} \in [0,n_{len+1}) \\ \forall i \in [1,a],x_{i} \in [0,m) \end{cases}x_{0}+\sum\limits_{i=1}^{a}x_{i}=s\) 的整数解的方案数 \(\sum\limits_{x_{0}=0}^{n_{len+1}-1}\sum\limits_{i=0}^{a}(-1)^{i}\dbinom{a}{i}\dbinom{s-x_{0}-im+a-1}{a-1}\) 。
  - 推导过程详见冲刺CSP联训模拟2 T2 P295. 工地难题。
- 尝试化简这个式子，有 \(\begin{aligned} & \sum\limits_{x_{0}=0}^{n_{len+1}-1}\sum\limits_{i=0}^{a}(-1)^{i}\dbinom{a}{i}\dbinom{s-x_{0}-im+a-1}{a-1} \\ &=\sum\limits_{i=0}^{a}(-1)^{i}\dbinom{a}{i}\sum\limits_{x_{0}=0}^{n_{len+1}-1}\dbinom{s-x_{0}-im+a-1}{a-1} \\ &=\sum\limits_{i=0}^{a}(-1)^{i}\dbinom{a}{i}(\dbinom{s-im+a}{a}-\dbinom{s-im+a-n_{len+1}}{a}) \end{aligned}\) 。
  - 从第二步到第三步利用了一个结论 \(\sum\limits_{i=0}^{k-1}\dbinom{n-i}{m}=\dbinom{n+1}{m+1}-\dbinom{n-k+1}{m+1}\) 。
  - 证明
    - 考虑从杨辉三角上 \(\dbinom{n+1}{m+1}\) 的来源入手，有 \(\begin{aligned} &\sum\limits_{i=0}^{k-1}\dbinom{n-i}{m} \\ &=\sum\limits_{n-k+1}^{n}\dbinom{n}{m} \\ &=\sum\limits_{n-k+1}^{n}\dbinom{n+1}{m+1}-\dbinom{n}{m+1} \\ &=\dbinom{n+1}{m+1}-\dbinom{n-k+1}{m+1} \end{aligned}\) 。
点击查看代码
```
const ll p=1000000007;
ll inv[4002010],jc[4002010],jc_inv[4002010],n[2010];
ll C(ll n,ll m,ll p)
{
	return (n>=m&&n>=0&&m>=0)?(jc[n]*jc_inv[n-m]%p)*jc_inv[m]%p:0;
}
ll ask(ll s,ll a,ll up,ll m)
{
	ll ans=0;
	for(ll i=0;i<=a;i++)
	{
		if(i%2==0)
		{
			ans=(ans+C(a,i,p)*((C(s-i*m+a,a,p)-C(s-i*m+a-up,a,p)+p)%p)%p)%p;
		}
		else
		{
			ans=(ans-C(a,i,p)*((C(s-i*m+a,a,p)-C(s-i*m+a-up,a,p)+p)%p)%p+p)%p;
		}
	}
	return ans;
}
int main()
{
	freopen("dba.in","r",stdin);
	freopen("dba.out","w",stdout);
	ll m,l,ans=0,sum=0,i;
	cin>>m>>l;
	for(i=1;i<=l;i++)
	{
		cin>>n[i];
		sum+=n[i];
	}
	inv[1]=1;
	jc[0]=jc_inv[0]=jc[1]=jc_inv[1]=1;
	for(i=2;i<=l*m+l+10;i++)
	{
		inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
		jc[i]=jc[i-1]*i%p;
		jc_inv[i]=jc_inv[i-1]*inv[i]%p;
	}
	for(i=0;i<=l-1;i++)
	{
		sum-=n[i];
		ans=(ans+ask(sum,l-i-1,n[i+1],m))%p;
	}
	cout<<ans<<endl;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}
```

\(T4\) D. 银行的源起（banking） \(3pst/0pts\)

部分分

\(10pts\) ：枚举两个银行，时间复杂度为 \(O(n^{3})\) 。

点击查看代码

ll a[100010],dfn[100010],dis[100010],tot=0;
vector<pair<ll,ll> >e[100010];
void add(ll u,ll v,ll w)
{
	e[u].push_back(make_pair(v,w));
}
ll sx_min(ll x,ll y)
{
	return dfn[x]<dfn[y]?x:y;
}
struct ST
{
	ll fminn[100010][25];
	void init(ll n)
	{
		for(ll j=1;j<=__lg(n);j++)
		{
			for(ll i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
			{
				fminn[i][j]=sx_min(fminn[i][j-1],fminn[i+(1<<(j-1))][j-1]);
			}
		}
	}
	ll query(ll l,ll r)
	{
		ll t=__lg(r-l+1);
		return sx_min(fminn[l][t],fminn[r-(1<<t)+1][t]);
	}
}T;
void dfs(ll x,ll fa,ll w)
{
	tot++;
	dfn[x]=tot;
	dis[x]=dis[fa]+w;
	T.fminn[tot][0]=fa;
	for(ll i=0;i<e[x].size();i++)
	{
		if(e[x][i].first!=fa)
		{
			dfs(e[x][i].first,x,e[x][i].second);
		}
	}
}
ll lca(ll u,ll v)
{
	if(dfn[u]>dfn[v])
	{
		swap(u,v);
	}
	return (dfn[u]==dfn[v])?u:T.query(dfn[u]+1,dfn[v]);
}
ll get_dis(ll u,ll v)
{
	return dis[u]+dis[v]-2*dis[lca(u,v)];
}
int main()
{
	freopen("banking.in","r",stdin);
	freopen("banking.out","w",stdout);
	ll t,n,sum,ans,u,v,w,i,j,k,h;
	scanf("%lld",&t);
	for(h=1;h<=t;h++)
	{
		tot=0;
		ans=0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
		scanf("%lld",&n);
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%lld",&a[i]);
			e[i].clear();
		}
		for(i=1;i<=n-1;i++)
		{
			scanf("%lld%lld%lld",&u,&v,&w);
			add(u,v,w);
			add(v,u,w);
		}
		dfs(1,0,0);
		T.init(n);
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			for(j=i+1;j<=n;j++)
			{
				sum=0;
				for(k=1;k<=n;k++)
				{
					sum+=min(get_dis(i,k),get_dis(j,k))*a[k];
				}
				ans=min(ans,sum);
			}
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

\(34pts\) ：观察到两个银行的覆盖实际上是将整个图分成了两个连通块，枚举断的那条边后跑换根 \(DP\) 即可，做法同 luogu P2986 [USACO10MAR] Great Cow Gathering G | CF1092F Tree with Maximum Cost ，时间复杂度为 \(O(n^{2})\) 。

点击查看代码

ll a[100010],siz[100010],f[100010],g[100010],u[100010],v[100010],w[100010];
vector<pair<ll,ll> >e[100010];
void add(ll u,ll v,ll w)
{
	e[u].push_back(make_pair(v,w));
}
void dfs(ll x,ll fa)
{
	f[x]=0;
	siz[x]=a[x];
	for(ll i=0;i<e[x].size();i++)
	{
		if(e[x][i].first!=fa)
		{
			dfs(e[x][i].first,x);
			f[x]+=f[e[x][i].first]+siz[e[x][i].first]*e[x][i].second;
			siz[x]+=siz[e[x][i].first];
		}
	}
}
ll reroot(ll x,ll fa,ll rt,ll n,ll w)
{
	ll minn=g[x]=((x!=rt)?g[fa]+(n-siz[x])*w-siz[x]*w:f[x]);
	for(ll i=0;i<e[x].size();i++)
	{
		if(e[x][i].first!=fa)
		{
			minn=min(minn,reroot(e[x][i].first,x,rt,n,e[x][i].second));
		}
	}
	return minn;
}
int main()
{
	freopen("banking.in","r",stdin);
	freopen("banking.out","w",stdout);
	ll t,n,w,ans,i,j;
	scanf("%lld",&t);
	for(j=1;j<=t;j++)
	{
		ans=0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
		scanf("%lld",&n);
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%lld",&a[i]);
			e[i].clear();
		}
		for(i=1;i<=n-1;i++)
		{
			scanf("%lld%lld%lld",&u[i],&v[i],&w);
			add(u[i],v[i],w);
			add(v[i],u[i],w);
		}
		for(i=1;i<=n-1;i++)
		{
			dfs(u[i],v[i]);
			dfs(v[i],u[i]);
			ans=min(ans,reroot(u[i],v[i],u[i],siz[u[i]],0)+reroot(v[i],u[i],v[i],siz[v[i]],0));
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

正解

考虑优化断边后将图分成两个连通块的做法。
假设断开了 \((u,v)\) 这条边，以 \(u\) 所在的连通块为例，并钦定 \(v\) 是 \(u\) 的父亲。
\(u\) 所在的连通块内的每条边 \((x,y,w)\) 对答案的贡献为 \(w \times \min(siz_{x},siz_{u}-siz_{x})=w \times \begin{cases} siz_{x} & siz_{x} \le \left\lfloor \frac{siz_{u}}{2} \right\rfloor \\ siz_{u}-siz_{x} & siz_{x}> \left\lfloor \frac{siz_{u}}{2} \right\rfloor \end{cases}=w \times(siz_{x} \times [siz_{x} \le \left\lfloor \frac{siz_{u}}{2} \right\rfloor]+siz_{u} \times [siz_{x}> \left\lfloor \frac{siz_{u}}{2} \right\rfloor]-siz_{x} \times [siz_{x}> \left\lfloor \frac{siz_{u}}{2} \right\rfloor])\) 。
对于 \(u\) 所在的连通块， \(DFS\) 途中线段树合并是容易维护的。而 \(v\) 所在的连通块分成了 \(1 \to v\) 这条链和整棵树的其他部分，考虑怎么维护这部分变化的 \(siz\) 。
在 \(DFS\) 至 \(u\) 时 \(1 \to v\) 这条链上的节点都减少了 \(siz_{u}\) ，且单调递减。不妨维护一棵全局线段树，每次减掉链的贡献，然后再减去 \(u\) 的贡献。在回溯的时候统计答案，并消除影响。
- 查询前避免链减的方法是移项，然后统一减去贡献。
需要适当卡常。

点击查看代码

#define LOCAL
namespace IO{
	#ifdef LOCAL
	FILE*Fin(fopen("banking.in","r")),*Fout(fopen("banking.out","w"));
	#else
	FILE*Fin(stdin),*Fout(stdout);
	#endif
	class qistream{static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=64;FILE*fp;char buf[SIZE];int p;public:qistream(FILE*_fp=stdin):fp(_fp),p(0){fread(buf+p,1,SIZE-p,fp);}void flush(){memmove(buf,buf+p,SIZE-p),fread(buf+SIZE-p,1,p,fp),p=0;}qistream&operator>>(char&x){x=getch();while(isspace(x))x=getch();return*this;}template<class T>qistream&operator>>(T&x){x=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();bool flag=false;for(;!isdigit(buf[p]);++p)flag=buf[p]=='-';for(;isdigit(buf[p]);++p)x=x*10+buf[p]-'0';x=flag?-x:x;return*this;}char getch(){p+BLOCK>=SIZE?flush():void();return buf[p++];}qistream&operator>>(char*str){char ch=getch();while(ch<=' ')ch=getch();int i=0;for(;ch>' ';++i,ch=getch())str[i]=ch;str[i]='\0';return*this;}}qcin(Fin);
	class qostream{static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=64;FILE*fp;char buf[SIZE];int p;public:qostream(FILE*_fp=stdout):fp(_fp),p(0){}~qostream(){fwrite(buf,1,p,fp);}void flush(){fwrite(buf,1,p,fp),p=0;}template<class T>qostream&operator<<(T x){int len=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();x<0?(x=-x,buf[p++]='-'):0;do buf[p+len]=x%10+'0',x/=10,++len;while(x);for(int i=0,j=len-1;i<j;++i,--j)std::swap(buf[p+i],buf[p+j]);p+=len;return*this;}qostream&operator<<(char x){putch(x);return*this;}void putch(char ch){p+BLOCK>=SIZE?flush():void();buf[p++]=ch;}qostream&operator<<(char*str){for(int i=0;str[i];++i)putch(str[i]);return*this;}qostream&operator<<(const char*s){for(int i=0;s[i];++i)putch(s[i]);return*this;}}qcout(Fout);
}
#define cin IO::qcin
#define cout IO::qcout
struct node
{
	int nxt,to;
	ll w;
}e[200010];
int head[100010],n,cnt=0;
ll a[100010],siz[100010],m=0,ans;
void add(int u,int v,ll w)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].w=w;
	head[u]=cnt;
}
struct SMT
{
	int root[100010],rt_sum=0;
	struct SegmentTree
	{
		int ls,rs;
		ll sum1,sum2;
	}tree[100010<<6];
	#define lson(rt) (tree[rt].ls)
	#define rson(rt) (tree[rt].rs)
	void clear()
	{
		memset(root,0,sizeof(root));
		rt_sum=0;
	}
	int build_rt()
	{
		rt_sum++;
		lson(rt_sum)=rson(rt_sum)=tree[rt_sum].sum1=tree[rt_sum].sum2=0;
		return rt_sum;
	}
	void pushup(int rt)
	{
		tree[rt].sum1=tree[lson(rt)].sum1+tree[rson(rt)].sum1;
		tree[rt].sum2=tree[lson(rt)].sum2+tree[rson(rt)].sum2;
	}
	void update(int &rt,int l,int r,int pos,ll val1,ll val2)
	{
		rt=(rt==0)?build_rt():rt;
		if(l==r)
		{
			tree[rt].sum1+=val1;
			tree[rt].sum2+=val2;
			return;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		if(pos<=mid)
		{
			update(lson(rt),l,mid,pos,val1,val2);
		}
		else
		{
			update(rson(rt),mid+1,r,pos,val1,val2);
		}
		pushup(rt);
	}
	void merge(int &rt1,int rt2,int l,int r)
	{
		if(rt1==0||rt2==0)
		{
			rt1+=rt2;
			return;
		}
		if(l==r)
		{
			tree[rt1].sum1+=tree[rt2].sum1;
			tree[rt1].sum2+=tree[rt2].sum2;
			return;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		merge(lson(rt1),lson(rt2),l,mid);
		merge(rson(rt1),rson(rt2),mid+1,r);	
		pushup(rt1);
	}
	pair<ll,ll> query(int rt,int l,int r,int x,int y)
	{
		if(rt==0)
		{
			return make_pair(0,0);
		}
		if(x<=l&&r<=y)
		{
			return make_pair(tree[rt].sum1,tree[rt].sum2);
		}
		int mid=(l+r)/2;
		pair<ll,ll>ans=make_pair(0ll,0ll),tmp;
		if(x<=mid)
		{
			tmp=query(lson(rt),l,mid,x,y);
			ans.first+=tmp.first;
			ans.second+=tmp.second;
		}
		if(y>mid)
		{
			tmp=query(rson(rt),mid+1,r,x,y);
			ans.first+=tmp.first;
			ans.second+=tmp.second;
		}
		return ans;
	}
}T;
struct BIT
{
	ll c[2][100010],sum1,sum2;
	ll lowbit(ll x)
	{
		return (x&(-x));
	}
	void clear()
	{
		sum1=sum2=0;
		memset(c,0,sizeof(c));
	}
	void add(ll n,ll x,ll val1,ll val2)
	{
		sum1+=val1;
		sum2+=val2;
		for(ll i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
		{
			c[0][i]+=val1;
			c[1][i]+=val2;
		}
	}
	pair<ll,ll> getsum(ll x)
	{
		pair<ll,ll>ans=make_pair(0,0);
		for(ll i=x;i>=1;i-=lowbit(i))
		{
			ans.first+=c[0][i];
			ans.second+=c[1][i];
		}
		return ans;
	}
}B[2];
void dfs(int x,int fa)
{
	siz[x]=a[x];
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].to!=fa)
		{
			dfs(e[i].to,x);
			siz[x]+=siz[e[i].to];
		}
	}
	a[x]=siz[x];
}
void dfs1(int x,int fa)
{
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].to!=fa)
		{
			dfs1(e[i].to,x);
			int pos=lower_bound(a+1,a+1+m,siz[e[i].to])-a;
			B[0].add(m,pos,e[i].w,siz[e[i].to]*e[i].w);
		}
	}
}
void work(int x)
{
	int pos=upper_bound(a+1,a+1+m,siz[x]/2)-a-1;
	ll sum=0;
	pair<ll,ll>tmp=(pos>=1)?T.query(T.root[x],1,m,1,pos):make_pair(0ll,0ll);
	sum+=tmp.second+(T.tree[T.root[x]].sum1-tmp.first)*siz[x]-(T.tree[T.root[x]].sum2-tmp.second);
	pos=upper_bound(a+1,a+1+m,(siz[1]+siz[x])/2)-a-1;
	tmp=B[1].getsum(pos);
	sum+=tmp.second+(B[1].sum1-tmp.first)*siz[1]-(B[1].sum2-tmp.second)-tmp.first*siz[x];
	pos=upper_bound(a+1,a+1+m,(siz[1]-siz[x])/2)-a-1;
	tmp=B[0].getsum(pos);
	sum+=tmp.second+(B[0].sum1-tmp.first)*(siz[1]-siz[x])-(B[0].sum2-tmp.second);
	tmp=(pos>=1)?T.query(T.root[x],1,m,1,pos):make_pair(0ll,0ll);
	sum-=tmp.second+(T.tree[T.root[x]].sum1-tmp.first)*(siz[1]-siz[x])-(T.tree[T.root[x]].sum2-tmp.second);
	ans=min(ans,sum);
}
void dfs2(int x,int fa)
{
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].to!=fa)
		{
			int pos=lower_bound(a+1,a+1+m,siz[e[i].to])-a;
			B[0].add(m,pos,-e[i].w,-siz[e[i].to]*e[i].w);
			B[1].add(m,pos,e[i].w,siz[e[i].to]*e[i].w);
			dfs2(e[i].to,x);
			B[1].add(m,pos,-e[i].w,-siz[e[i].to]*e[i].w);
			work(e[i].to);
			B[0].add(m,pos,e[i].w,siz[e[i].to]*e[i].w);
			T.update(T.root[x],1,m,pos,e[i].w,siz[e[i].to]*e[i].w);
			T.merge(T.root[x],T.root[e[i].to],1,m);
		}
	}
}
int main()
{
	int t,u,v,w,i,j;
	cin>>t;
	for(j=1;j<=t;j++)
	{
		cnt=0;
		ans=0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
		memset(e,0,sizeof(e));
		memset(head,0,sizeof(head));
		T.clear();
		B[0].clear();
		cin>>n;
		for(i=1;i<=n;i++)	
		{
			cin>>a[i];
		}
		for(i=1;i<=n-1;i++)
		{
			cin>>u>>v>>w;
			add(u,v,w);
			add(v,u,w);
		}
		dfs(1,0);
		sort(a+1,a+1+n);
		m=unique(a+1,a+1+n)-(a+1);
		dfs1(1,0);	
		dfs2(1,0);
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

总结

\(T2\) 觉得写迭代加深或者普通搜索有点麻烦遂最后再开始写。
\(T3\) 理解错输入了，以为给出的是 \(n=(n_{l}n_{l-1} \dots n_{1})_{10}\) （实际上是 \(n=(n_{l}n_{l-1} \dots n_{1})_{m}\) ），遂先将 \(n\) 转化成了 \(m\) 进制再进行数位 \(DP\) ，并为此写了高精模低精，高精除低精，高精减高精（因为不会写高精减低精）。同时因为知道自己大样例肯定跑不过去遂没看大样例，并错过了知道自己读假题的机会。挂了 \(57pts/10pts\) 。
\(T4\) 最后半个小时想出换根 \(DP\) 后换根时连通块点数传成了总点数，挂了 \(31pts/30pts\) 。

后记

学校 \(OJ\) 上 \(T2\) 赛时才加的文件读写，但没通知我们更改了。

赛后下发的 \(T2\) 的 Special Judge 貌似直接写的是 \(O(mn \log n)\) 的暴力代码，都不屑于写珂朵莉树加线段树分裂的 \(O(m \log n)\) 是吧。

点击查看代码

#include "testlib.h"
#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 200005
using namespace std;

int n;
int a[MAXN], b[MAXN];

bool chk_ok(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]!=b[i]) return 0;
	}
	return 1;
}


int main(int argc, char* argv[]){
	registerTestlibCmd(argc, argv);

	int T = inf.readInt();
	while(T--){
		n = inf.readInt();
		for(int i=1;i<=n;i++){
			a[i] = inf.readInt();
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			b[i] = inf.readInt();
		}

		int ans1 = ouf.readInt();
		int ans0 = ans.readInt();
		if(ans0 != ans1){
			//cerr<<ans0<<" "<<ans1<<endl;
			quitf(_wa, "ans is wrong! %d %d", ans0, ans1);
		}
		if(ans1 == -1) continue;

		int m = ouf.readInt();
		if(m > n*n){
			quitf(_wa, "m is larger than n^2!");
		}

		int l,r;
		for(int t=1;t<=m;t++){
			l = ouf.readInt(1,n);
			r = ouf.readInt(1,n);
			if(l > r) quitf(_wa, "l > r!");
			sort(a+l, a+r+1);
		}

		if(chk_ok()==0){
			quitf(_wa, "a and b are different!");
		}
	}
	quitf(_ok, "The answer is correct.");
	return 0;
}
//

\(T3,T4\) 的捆绑测试在学校 \(OJ\) 上没有绑包，直接散着测试了。

posted @ 2024-11-05 21:08 hzoi_Shadow 阅读(36) 评论(0) 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……

多校A层冲刺NOIP2024模拟赛18

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\(T1\) A. 选彩笔（rgb） \(100pts/100pts\)

\(T2\) B. 兵蚁排序（sort） \(0pts/0pts\)

\(T3\) C. 人口局 DBA（dba） \(7pts/0pts\)

\(T4\) D. 银行的源起（banking） \(3pst/0pts\)

总结

后记

公告

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\(T2\) B. 兵蚁排序（sort） \(0pts/0pts\)

\(T3\) C. 人口局 DBA（dba） \(7pts/0pts\)

\(T4\) D. 银行的源起（banking） \(3pst/0pts\)

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