10-04 NOIP模拟赛
10-04 NOIP模拟赛
喜提80+30+10=120分
T1 水管（flow）
题目描述
某国有 \(n\) 个城市，水利调配非常有问题，这导致部分地区出现严重的缺水，而部分地区却全年洪灾泛滥。政府请你来做些调整和规划。
你打算将原有的但是已经废弃了的 \(m\) 条水管重新使用。第 \(i\) 条水管连接城市 \(x_i\) 和 \(y_i\) 。
这些水管联通了所有城市。每座城市对水的需求不同设为 \(a_i\)，部分城市处于缺水状态，\(a_i\) 为正，部分城市处于洪涝状态，\(a_i\) 为负。
你需要做到每个城市都刚好满足它的需求，即缺 \(a_i\) mol 水的城市需要刚好输入 \(a_i\) 的水，而多出 \(a_i\) mol 水的城市需要刚好输出 \(a_i\) mol 水。
你需要判断能否满足要求，若满足，你还需要输出所有的 \(f\)
输出格式
如果不能满足要求，输出Impossible 。
如果满足要求，第一行输出Possible，接下来 \(m\) 行，第 \(i+1\) 行输出 \(f_i\)。
若有多组解，随意输出一组即可。 如果 \(f_i\)为0也要输出。
这道题乍一看跟网络流好像有亿点点关系，但是实则毛线关系没有。
首先一眼看出什么时候是 Impossible，即 \(a_i\) 的和为 0 时才可能每个城市刚好满足他的需求，你有15了
对于满足的情况有两种方法：归一法和推流法（自己取得名字）
法一：推流法
从树根开始 dfs，你可以理解为我手中推着节点里多余的谁向前走（当然可能是负的），我走过的节点都满足需求，因为和为0，所以我走完后手上剩下的水也为0。但是这种方法略显麻烦，因为我回溯的时候也要推着水走，太不方便了。
法二：归一法
如其名，这种方法即我先遍历到叶子结点，然后回溯的时候把水全部输到根节点综合一下就行了，简单好用。
开始80分是判Impossible的时候挂了。
AC 代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1200000
typedef long long LL;
int nex[N],fir[N],to[N],vis[N],ret[N],w[N],tot=0;
int n,m,dian[N>>2];
bool ward[N];
void add(int x,int y,int flag,int rt){
nex[++tot]=fir[x];
fir[x]=tot;
to[tot]=y;
ward[tot]=flag;
ret[tot]=rt;
}
LL dfs(int u,int fa){//采用归一法
vis[u]=1;
int cnt=-dian[u];
for(int e=fir[u];e;e=nex[e]){
int v=to[e];
if(v==fa||vis[v]) continue;
int liu=dfs(v,u);
cnt+=liu;
if(ward[e]==1){
w[ret[e]]=-liu;
}
else w[ret[e]]=liu;
}
return cnt;
}
int main(){
freopen("flow.in","r",stdin);
freopen("flow.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
LL sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&dian[i]);
sum+=dian[i];
}
if(sum){printf("Impossible\n");return 0;}
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y,1,i);
add(y,x,0,i);
}
printf("Possible\n");
int hai=dfs(1,0);
for(int i=1;i<=m;i++){
printf("%d\n",w[i]);
}
return 0;
}
备注：题解也用的这种方法。
T2 宝藏（treasure）
potato 游山涉水, 想要找到埋藏在深林中的宝藏。
他偶然得到了这个深林的藏宝图, 深林可以被看作一个 \(n * m\) 的矩阵。宝藏在地图中以 " $ $ $ "被标记出来，与此同时其他地方都是". "。
深林中有两条大河, 一条是纵向的, 一条是横向的。由于陆地上的宝藏都已经被人们 开采完了，potato 只好转而寻求埋藏在两条大河深处的宝藏。可他并不知道大河具体在哪，也不知道大河的宽度有多少，地图上也没有标明。他唯一确定的，是两条大河横跨整个深林。
他通过小道消息得出两条大河中的宝藏的个数之和为 \(\mathrm{k}\) 。请你帮 potato 统计 大河位置情况 的方案数。
如图是两条大河的合法位置, 注意大河方向一个为横，一个为纵，且长度都是无穷大的，宽度至少为 1。蓝色和黄色分别表示了两条大河，注意它们相交的绿色区域被计算了两次贡献。
对于 \(100 \%\) 的数据 \(\mathrm{n}, \mathrm{t}, \mathrm{k}<=100000, \mathrm{~m}<=100\) 提示: 请注意程序的常数和空间
首先拿到这道题的时候思路是很明显的：
因为重叠部分不冲突，所以我们把行和列分开来算，考虑到m只有100，所以果断预处理每行每列的宝藏数，然后求前缀和。存在map里，然后暴力从1枚举到k，求行和列的答案数和，赛时就是这样写的，于是收货了30分。
我们只允许在时间复杂度中出现n，而不是 \(n^2\)。所以思考从m入手，列产生的方案最多有 \(m^2\) 种，对于每一种合法的 \(k'\)，我们考虑使用尺取法在n中通过滑动区间的方式找出所有的 \(k-k'\)。
尺取法
顺便对尺取法又有了更深的理解，以往对尺取法的理解仅限于双指针模拟一个滑动区间，但是这对于目标为0的区间会出现bug，特别是一串0，而且因为有0，也会导致含有0的部分值在一个区间内值相同。
对于这种问题，先做一个前缀和，我们可以每次采用一个类似三指针的方法，即一个一个枚举右端点，然后建立两个指针，一个枚举到大于目标答案，一个枚举到大于等于目标答案，差即使答案。
for(int i=1;i<=n;i++){
while(row[i]-row[lst-1]>K&&lst<=i)++lst;
while(row[i]-row[j-1]>=K&&j<=i)++j;
res+=j-lst;
}
然后你发现其实查找过程可以用二分代替，只是多个 \(log\)，doge
AC 代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200000
int ha[N],li[200];
int n,m,k;
long long ans=0;
map<int,int>mp1;
int main(){
freopen("treasure.in","r",stdin);
freopen("treasure.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=n;i++){
char ch[200];
scanf("%s",ch+1);
for(int j=1;j<=m;j++){
if(ch[j]=='$'){
ha[i]++;
li[j]++;
}
}
ha[i]+=ha[i-1];
}
for(int i=2;i<=m;i++){
li[i]+=li[i-1];
}
for(int len=1;len<=m;len++){
for(int i=len;i<=m;i++){
mp1[li[i]-li[i-len]]++;
}
}
for(auto v:mp1){
int kk=k-v.first;
long long sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
sum+=upper_bound(ha,ha+i,ha[i]-kk)-lower_bound(ha,ha+i,ha[i]-kk);
}
ans+=sum*v.second;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
顺便学习了map的遍历，大大的好！
