传送门
【PR #1】删数
- 题意:写的很清楚了，略
- 思路：
首先转化为差分数组，两个连续数相同，删掉，乘二放进去。
发现能互相转化的两个数，符号，值\(/lowbit\)都一样。
把能相互转化的数归为一类，处理出每个的lowbit，能除\(2\)的次数。
\(f_i\)表示前\(i\)个最终的数的数量。
枚举第\(i\)最后为\(2^j\)，想要知道多少到\(i\)可以变为\(2^j\)。
考虑到两个\(2^j\)凑出\(2^{j+1}\)这个可以倍增处理已知右端点\(i\)，合并后值为\(2^j\)的左端点\(L_{i,j}\)
\(g_{i,j}=g_{{g_{i,j-1}\ \ -1},\ j-1}\)
- 调很久的原因：
1.没有考虑\(b_i=0\)是随便合并成一个\(0\)，单独处理，方案\(+1\)即可。
2.数组下标为负数（一些点能过，一些不能过）
- code:
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+5;
const int M=31;
int a[N],b[N],R[N],L[N][M],f[N];
int main() {
// freopen("ex_data2.in","r",stdin);
int T,n;
scanf("%d",&T);
while(T--) {
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<n;i++) b[i]=a[i+1]-a[i];
n--;
for(int i=1;i<=n;i++) {
R[i]=0;
while(b[i]&&b[i]%2==0) {R[i]++;b[i]/=2;}
}
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
r=l;
while(r<n&&b[r+1]==b[l]) {r++;}
if(!b[l]) {f[r]=f[l-1]+1;continue;} //zero can't add up, just leave one
for(int i=l;i<=r;i++) {
L[i][R[i]]=i;f[i]=f[i-1]+1;
for(int j=R[i]+1;j<=30;j++) {
if(L[i][j-1])L[i][j]=L[L[i][j-1]-1][j-1];
if(L[i][j]>=l)f[i]=min(f[L[i][j]-1]+1,f[i]);
}
}
}
for(int i=0;i<=n;i++)for(int j=0;j<=30;j++)L[i][j]=0;
printf("%d\n",f[n]+1);
}
return 0;
}
T2 【PR #1】守卫
- 题意:图，求生成树森林，满足每个连通块有且只能包含一个士兵。每个士兵都有能选的点集。
- 思路：
有三种思路，可以去看题解，我的是第二种，最好想的一种，不过跑的不快。
可以想到先求最小生成树森林。连通块不够就从大到小删边。
判断一条边能否删：跑连通块与士兵的匹配就好了。
每一次都跑吗?\(O(n^4)\)的耶。（好像有的人也跑过了很多点的）
其实次删边，从一个连通块变为两个连通块。那只用在新的一个连通块处跑增广路（\(O(n^3)->O(n^2)\)）
当然方便处理我dfs*2分别标记了一下两个连通块中的点。
首先以上操作默认当前每个连通块都应该匹配了一个士兵的。
若删边前的连通块本身匹配的士兵为\(p\),看\(p\)在两个连通块中的哪个，更改一下匹配关系，且另一个就是新连通块。
这里的g_fa()就用来找连通块在二分图匹配上代表的节点编号。如果找到增广路了，就删这条边，改一下\(fa\)（随便改一个该连通块里面的节点即可，这里就改边\(x,y\)就好）
总复杂度\(O(n^3)\)，匹配用的匈牙利。
- 调了很久的原因
这个调的是真tm久，至少放了5h上去。
原因：两个连通块中的一个可能和原连通块编号相同。这样撤回时可能清空新连通块时，把原本的也清空了。
改一下顺序，先删除，再添加就不会影响添加了。
- code:
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=305;
const int M=N*N;
typedef long long ll;
struct edge {int x,y,z;}E[M],U[M];
bool cmp(edge u,edge v) {return u.z<v.z;}
int n,m,k,fa[N],ecnt,ab[N],ba[N],s[N][N],flag[N];
bool pm[N][N],road[N],mp[N][N];
int g_fa(int u) {return fa[u]==u?u:fa[u]=g_fa(fa[u]);}
bool _find(int u) {
for(int v=1;v<=k;v++) {
if(road[v]||!pm[u][v])continue;
road[v]=1;
if(!ba[v]||_find(ba[v])) {
ab[u]=v;ba[v]=u;return 1;
}
}
return 0;
}
void dfs1(int u,int lst) {
flag[u]=1;
for(int v=1;v<=n;v++) {
if(!mp[u][v]||v==lst)continue;
dfs1(v,u);
}
}
void dfs2(int u,int lst) {
flag[u]=2;
for(int v=1;v<=n;v++) {
if(!mp[u][v]||v==lst)continue;
dfs2(v,u);
}
}
void solve() {
sort(E+1,E+1+m,cmp);
ll ans=0;
int C=n;
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for(int i=1;i<=m;i++) {
int x=g_fa(E[i].x),y=g_fa(E[i].y);
if(x==y) {mp[E[i].x][E[i].y]=mp[E[i].y][E[i].x]=0;continue;} //delete edge 1
ans+=E[i].z;C--;
fa[x]=y;U[++ecnt]=E[i];
}
for(int i=1;i<=k;i++) {
for(int j=1;j<=s[i][0];j++) {
pm[g_fa(s[i][j])][i]=1;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
int x=g_fa(i);
if(flag[x])continue;flag[x]=1;
for(int j=1;j<=n;j++)road[j]=0;
if(!_find(x)){printf("-1\n");return;}
}
for(int i=ecnt;i&&C<k;--i) {
for(int j=1;j<=n;j++)flag[j]=0;
int x(U[i].x),y(U[i].y),u(g_fa(x));
dfs1(y,x);dfs2(x,y);
int p=ab[u];ab[u]=0;
for(int j=1;j<=s[p][0];++j) {
if(flag[s[p][j]]==1) {ba[p]=y;ab[y]=p;break;}
if(flag[s[p][j]]==2) {ba[p]=x;ab[x]=p;break;}
}
for(int j=1;j<=k;j++) {
if(!pm[u][j])continue;
pm[u][j]=0;
for(int t=1;t<=s[j][0];t++) {
if(flag[s[j][t]]==1) {pm[y][j]=1;}
else if(flag[s[j][t]]==2) {pm[x][j]=1;}
}
}
for(int j=1;j<=n;j++)road[j]=0;
if(_find(ba[p]==x?y:x)) {
ans-=U[i].z;C++;
for(int j=1;j<=n;++j) {
if(flag[j]==1) fa[j]=y;
else if(flag[j]==2) fa[j]=x;
}
mp[x][y]=mp[y][x]=0;
}
else {
ab[ba[p]]=0;ba[p]=u;ab[u]=p;
for(int j=1;j<=k;j++) {
for(int t=1;t<=s[j][0];t++) {
if(flag[s[j][t]]==1) {pm[y][j]=0;pm[u][j]=1;}
else if(flag[s[j][t]]==2) {pm[x][j]=0;pm[u][j]=1;}
}
}
}
}
if(C<k) printf("-1\n");
else {printf("%lld\n",ans);}
}
int main() {
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=m;i++) {
int u,v,w;scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
E[i]=(edge){u,v,w};mp[u][v]=mp[v][u]=1;
}
for(int i=1;i<=k;i++) {
scanf("%d",&s[i][0]);
for(int j=1;j<=s[i][0];j++) scanf("%d",&s[i][j]);
}
solve();
return 0;
}
