5.「模拟赛」暑期集训CSP提高模拟4（7.21）2024-07-24

很祭的一次比赛，啥也不会。

题目列表：

A.White and Black

B.White and White

C.Black and Black

D.Black and White

A.White and Black

$0 p t s$

题意：

给你一颗树，树根为 1 ，初始所有点都是白色，每次询问给出一个点集，若把点集中的点全部染成黑色，问至少需要翻转多少个节点才能使整棵树全为白点。无解输出 -1。询问之间相互独立

翻转的定义为：将节点 u 及其子树中所有节点颜色翻转。

赛时分析：

赛时不会，想到了时间复杂度 $O (n * m)$ 的树上 DP，以为是正解（时间复杂度想假了 $n$ 按 $l o g n$ 算的），打完才发现时间复杂度不对，之后就只想着怎么在这个基础上优化了，一直在思考把 $n$ 变成 $l o g n$ ，本地跑大样例从 $36 s$ 卡常优化到了 $1.9 s$ ，但时间复杂度没变，大概调了一个多小时急了，直接交了，想着能拿个 $30 p t s$ ，特殊性质也没想，结果捆绑测试实际得分 $0 p t s$ 。

以后模拟赛不能一个思路耗死，不能太高估自己，像这个题，性质也没那么难想，但自己完全就是没想着会有什么性质，一直在优化自己的 dp，看来以后要及时否定自己多换思路。

正解：

注：下文“染黑某个点”等说法皆指染黑以该点为根的子树。

思想：

我们枚举每个被染黑的点，设为 $u$ ，由于 $u$ 已经被染黑了，所以我们肯定要把它染回来，如果 $u$ 的父亲节点 $f a$ 也为黑点，那么我们在进行将 $f a$ 染为白点的操作后，自然也一起把 $u$ 染白了；
再枚举 $u$ 的子节点 $s o n$ ，如果 $s o n$ 为白色，那么在把 $u$ 染回来的操作中， $s o n$ 点便被染黑了，所以还需要再染一次 $s o n$ 点。

计算答案 $a n s$ 时，那么我们只需遍历每个被染黑的点，若它的父亲节点不是黑点，则需要染一次， $a n s + +$ ，再遍历它的子节点，若子节点是白点，则还需染子节点一次， $a n s + +$ 。

这便是我们的思想，不过较容易发现，时间复杂度为 $O (Q n m)$ ，（ $Q$ 为询问的次数），会 $T$ 掉。

暴力代码

#include<bits/stdc++.h>
#define mp make_pair
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;

int n, Q, m, in[N];
int color[N], fa[N];
map<pair<int, int>, int>son;

signed main(){
	// freopen("in.in", "r", stdin); freopen("a.out", "w", stdout);

	scanf("%d%d", &n, &Q);
	for(int i=2; i<=n; i++){
		scanf("%d", &fa[i]);
		son[mp(fa[i], ++son[mp(fa[i], 0)])] = i;
	}


	while(Q--)
	{
		scanf("%d", &m);
		for(register int i=1; i<=m; i++){
			scanf("%d", &in[i]);
			color[in[i]] = 1;
		}

		int ans = 0;
		for(int i=1; i<=m; i++){
			if(!color[fa[in[i]]]) ans++;
			for(int j=1; j<=son[mp(in[i], 0)]; j++){
				if(!color[son[mp(in[i], j)]]) ans++;
			}
		}

		printf("%d\n", ans);

		for(register int i=1; i<=m; i++) color[in[i]] = 0;
	}


	return 0;
}

考虑优化：

时间复杂度多的那个 $n$ 是枚举每个黑点的儿子节点导致的，所以我们考虑能不能不枚举每个儿子，我们可以预处理出来的时每个节点儿子的数量，这些数量是不会变化的，“别管黑儿子还是白儿子都是儿子”。

所以在枚举每个黑点的时候，我们可以直接加上该点儿子的数量。但这样就多加了黑儿子啊，按照我们的思路只加白儿子，但别忘了，黑儿子是被染黑的点，所以我们枚举所有黑点时总会枚举到这些多加的黑儿子，那么我们枚举时，判断枚举点的父亲节点是否为黑，若为父亲节点为白，则加一次操作，否则把减去一次操作，这样就把多加的黑儿子减去了。

成功优化到 $O (Q n)$ 了！

最终代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define mp make_pair
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;

int n, Q, m, in[N];
int color[N], fa[N], son[N];

signed main(){
	// freopen("in.in", "r", stdin); freopen("a.out", "w", stdout);

	scanf("%d%d", &n, &Q);
	for(int i=2; i<=n; i++){
		scanf("%d", &fa[i]);
		son[fa[i]]++;
	}


	while(Q--)
	{
		scanf("%d", &m);
		for(register int i=1; i<=m; i++){
			scanf("%d", &in[i]);
			color[in[i]] = 1;
		}

		int ans = 0;
		for(int i=1; i<=m; i++){
			if(!color[fa[in[i]]]) ans++;
			else ans--;
			ans += son[in[i]];
		}

		printf("%d\n", ans);

		for(register int i=1; i<=m; i++) color[in[i]] = 0;
	}


	return 0;
}

White and White

题意：

怀特有一个长度为 $n$ 的正整数数列 $A$ ，现在他在研究一种数列划分方法。

划分是将这个这个数列分成 $k$ 个非空连续段，每段的价值为这段所有数的总和对给定的怀特数 $p$ 取模后的值。

使得这 $k$ 段的价值总和最小的划分方法就被成为怀特划分法。

Black and Black

题意：

布莱克现在有一个长度为 $n$ 的序列 $A$ ，但是由于他的 dp 不好，所以 $A$ 序列只会出现 1,−1 这两个数，虽然他也不知道这有什么用，但是需要 dp 的时候这样会变简单吧

为了给以后的 dp 做更多准备，现在他想求出一个布莱克序列 $B$ ，布莱克序列 $B$ 满足以下几个限制

序列长同样为 $n$
$∣ B i ∣\leq 2 \times 10^{12} ；$
序列严格递增，即 $\forall 1 \leq i < n ， B i < B i + 1 $ ；
$\sum_{i = 1}^{n} A i B i = 0$ 。

给定一个序列，求是否是布莱克序列。

赛时分析：

其实赛时基本想到正解了，但由于在 T2 卡的时间过长，所以 T3 根本没敢仔细想即使是已经出现正解的思路，只是在最后半小时打完了 T3 和 T4 的暴力。

正解：

构造。我们先将 $b_{i}$ 赋值为 $i$ ，并求 $\sum_{i = 1}^{n} b_{i} * a_{i}$ 的和记为 $s u m$ ，求一个 $s$ 数组为 $a$ 数组的前缀。

若 $s u m = 0$ 直接输出即可
$s u m > 0$ 时
- 从头到尾扫一遍 $s$ ，找到第一个 $s_{i} > 0$ 的情况，（由于是第一个，那么一定有找到的 $s_{i} = 1$ ）那么说明我们可以把 $b_{j} (j \in [1, i])$ 都减去 $s u m$ ，等价于整个 $b$ 数组的总和减去了 $s u m$ ，那么总和就为 0 了；
- 若未扫到，那再从尾到头再扫一遍，找到第一个 $s_{n} - s_{i} < 0$ 的情况（同理 $s_{n} - s_{i} = - 1$ ），这样我们把 $b_{j} (j \in [i, n])$ 全都加上 $s u m$ 即可；
- 还是找不到的话，那么说明无解，输出 -1。
$s u m < 0$ 时，与上述相反操作即可。

code:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;

int n, a[N]; ll b[N], sum;
ll s[N];

inline void print(){
	puts("Yes");
	for(int i=1; i<=n; i++) printf("%lld ", b[i]);
}

int main(){
	// freopen("in.in", "r", stdin); freopen("out.out", "w", stdout);

	scanf("%d", &n);
	for(int i=1; i<=n; i++){
		scanf("%d", &a[i]);
		s[i] = s[i-1] + a[i];
		b[i] = i; sum += i * a[i];
	}

	if(sum == 0) print();
	else if(sum < 0){
		for(int i=n; i>=1; i--){
			if(s[n] - s[i-1] > 0){
				for(int j=i; j<=n; j++){
					b[j] += -sum;
				}
				print();
				return 0;
			}
		}
		for(int i=1; i<=n; i++){
			if(s[i] - s[0] < 0){
				for(int j=1; j<=i; j++){
					b[j] += sum;
				}
				print();return 0;
			}
		}
		puts("No");
	}
	else{
		for(int i=n; i>=1; i--){
			if(s[n] - s[i-1] < 0){
				for(int j=i; j<=n; j++)
					b[j] += sum;
				print();
				return 0;
			}
		}
		for(int i=1; i<=n; i++){
			if(s[i] - s[0] > 0){
				for(int j=1; j<=i; j++)
					b[j] -= sum;
				print();
				return 0;
			}
		}
		puts("No");
	}



	return 0;
}

Black and White

题意：

给你一颗树，边长均为1，初始所有点都是黑色，有以下两种操作：

C u 将点 $u$ 的颜色反转，即黑变白，白变黑；
G 询问距离最远的两个黑点的距离；

对于每一个操作 G，输出一个整数，表示最远的两个黑点的距离。

还不会...

posted @ 2024-07-24 21:34 Aqr_Rn 阅读(37) 评论(2) 编辑收藏举报

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