2024.10.04 刷题记录

P6764 APIO2020 粉刷墙壁

不难发现题目大意是每次选一个点，向后覆盖一个长度为 $m$ 的段。

那我们只关心从点 $i$ 开始能不能向后覆盖长度大于等于 $m$ 的距离。

设 $f [i] [j]$ 表示第 $i$ 段墙，被第 $j$ 个承包商刷的最大可以向后覆盖的段数（连续，可以刷多次，每次起点在上一次的区间内）。

转移：

f [i] [j] = f [i + 1] [(j + 1) \mod m]

其中第 $j$ 个承包商喜欢第 $c_{i}$ 个颜色。

由于喜欢一个颜色的承包商小于 $\sum f (k) \leq 200$ 个，复杂度 $O (n \sum f (k))$ 。

需要进行滚动数组优化空间。

算要求数，可以转化为拼接线段的模型，每次选出一个起点之后，前一个起点一定在 $[i - M + 1, i)$ 这个区间内，暴力跑出最远位置即可。

// #include"paint.h"
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn=4e5+3;

int col[maxn],p[maxn],dp[2][maxn];

vector<int> s[maxn];
int minimumInstructions(int n,int m,int k,vector<int> c,vector<int> a,vector<vector<int>> b)
{
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;++i) col[i]=c[i-1]+1;
    for(int i=1;i<=m;++i) for(int j:b[i-1]) s[j+1].push_back(i);
    for(int x,i=n;x=i&1,i;--i)
    {
        for(int j:s[col[i]]) p[i]|=(dp[x][j]=dp[!x][j%m+1]+1)>=m;
        for(int j:s[col[i+1]]) dp[!x][j]=0;
    }
    for(int i=n-m+1;i;--i)
    {
        if(++ans,!p[i]) return -1;
        for(int j=max(i-m,1);j<i;++j)
        {
            if(p[j])
            {
                i=j+1;
                break;
            }
        }
    }
    return ans;
}
// int main()
// {
//     int n,m,k;
//     scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
//     vector<int>c(n),a(m);
//     vector<vector<int>>b(m);
//     for(int i=0;i<n;++i) scanf("%d",&c[i]);
//     for(int i=0;i<m;++i)
//     {
//         scanf("%d",&a[i]);b[i].resize(a[i]);
//         for(int j=0;j<a[i];j++) scanf("%d",&b[i][j]);
//     }
//     printf("%d",minimumInstructions(n,m,k,c,a,b));
//     return 0;
// }

P7929 COCI2021-2022#1 Logičari

基环树 $d p$ ，从更方便的角度思考，看做树和多出来的一条边，要注意一个被染色的点周围也要有一个点被染色。

考虑树证明处理，设 $d p [i] [0 / 1] [0 / 1]$ 表示第 $i$ 个点是否染色， $i$ 是否有一个儿子染色。

有转移：

d p [u] [0] [0] = \sum_{v \in u . s o n s} d p [v] [0] [1] d p [u] [0] [1] = \sum_{v \in u . s o n s} d p [v] [0] [1] + min (d p [v] [1] [1] - d p [v] [0] [1]) d p [u] [1] [0] = 1 + \sum_{v \in u . s o n s} d p [v] [0] [0] d p [u] [0] [0] = \sum_{v \in u . s o n s} d p [v] [0] [1] + min (d p [v] [1] [0] - d p [v] [0] [0])

对于叶子节点： $d p [u] [0] [0] = 0, d p [u] [0] [1] = i n f, d p [u] [1] [0] = 1, d p [u] [1] [1] = i n f$ 。

接着分类讨论一下通过多出来的边连接的两个点，其中其中一个为根（ $r t$ ）（确实也要从 $r t$ 开始 $d p$ ），一个为根的兄弟（ $r t - b r o$ ）。

下面的 $1$ 表示被染色， $0$ 表示未被染色。

$r t = 1, r t - b r o = 0$ ：

$d p [r t - b r o] [1] [1] = i n f, d p [r t - b r o] [1] [0] = i n f, d p [r t - b r o] [0] [1] = d p [r t - b r o] [0] [0], d p [r t - b r o] [0] [0] = i n f$ 。

其中 $d p [r t - b r o] [0] [1] = d p [r t - b r o] [0] [0]$ 表示 $d p [r t - b r o] [0] [1]$ 需要通过 $d p [r t - b r o] [0] [0]$ 的方程转移，下同。

答案为 $d p [r t] [1] [1]$ 。
$r t = 1, r t - b r o = 1$ ：

$d p [r t - b r o] [1] [1] = d p [r t - b r o] [1] [0], d p [r t - b r o] [1] [0] = i n f, d p [r t - b r o] [0] [1] = i n f, d p [r t - b r o] [0] [0] = i n f$ 。

答案为 $d p [r t] [1] [0]$ 。
$r t = 0, r t - b r o = 0$ ：

$d p [r t - b r o] [1] [1] = i n f, d p [r t - b r o] [1] [0] = i n f$ 。

答案为 $d p [r t] [0] [1]$ 。
$r t = 0, r t - b r o = 1$ ：

$d p [r t - b r o] [0] [1] = i n f, d p [r t - b r o] [0] [0] = i n f$ 。

答案为 $d p [r t] [0] [0]$ 。

若上述四种情况均为 $i n f$ ，则无解。

否则取最小值即可。

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

#define ll long long

#define inf 1e9

const int maxn=1e5+5;

struct Edge
{
    int tot;
    int head[maxn];
    struct edgenode{int to,nxt;}edge[maxn*2];
    inline void add(int x,int y)
    {
        tot++;
        edge[tot].to=y;
        edge[tot].nxt=head[x];
        head[x]=tot;
    }
}T;

int n,rt,rt_bro,flg;
int f[maxn];

ll ans=inf;
ll dp[maxn][2][2];

inline int fr(int u){return f[u]==u?u:f[u]=fr(f[u]);}

inline void dfs(int u,int f)
{
    dp[u][0][1]=dp[u][1][1]=inf;
    for(int i=T.head[u];i;i=T.edge[i].nxt)
    {
        int v=T.edge[i].to;
        if(v==f) continue;
        dfs(v,u);
        dp[u][0][0]+=dp[v][0][1];
        if(dp[v][1][1]<inf) dp[u][0][1]=min(dp[u][0][1],dp[v][1][1]-dp[v][0][1]);
        dp[u][1][0]+=dp[v][0][0];
        if(dp[v][1][0]<inf) dp[u][1][1]=min(dp[u][1][1],dp[v][1][0]-dp[v][0][0]);
    }
    dp[u][0][1]=dp[u][0][0]+dp[u][0][1];
    dp[u][1][0]++;
    dp[u][1][1]=dp[u][1][0]+dp[u][1][1];
    if(u==rt_bro)
    {
        if(flg==1)
        {
            dp[u][1][1]=inf,dp[u][1][0]=inf,dp[u][0][1]=dp[u][0][0],dp[u][0][0]=inf;
        }
        else if(flg==2)
        {
            dp[u][1][1]=dp[u][1][0],dp[u][1][0]=inf,dp[u][0][1]=inf,dp[u][0][0]=inf;
        }
        else if(flg==3)
        {
            dp[u][1][0]=inf,dp[u][1][1]=inf;
        }
        else
        {
            dp[u][0][0]=inf,dp[u][0][1]=inf;
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=i;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int u,v;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        int fu=fr(u),fv=fr(v);
        if(fu==fv) {rt=u,rt_bro=v;continue;}
        T.add(u,v),T.add(v,u);
        f[fu]=fv;
    }
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    flg=1;
    dfs(rt,0);
    ans=min(ans,dp[rt][1][1]);
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    flg=2;
    dfs(rt,0);
    ans=min(ans,dp[rt][1][0]);
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    flg=3;
    dfs(rt,0);
    ans=min(ans,dp[rt][0][1]);
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    flg=4;
    dfs(rt,0);
    ans=min(ans,dp[rt][0][0]);
    printf("%lld",ans<inf?ans:-1);
}

P10044 CCPC 2023 北京市赛最小环

诈骗题。

先拓扑把出度或入度为 $0$ 的点全部删除，然后对于剩下的点，如果出度入度就进行缩边，边权等于原来两条边的边权和。

剩下的点至少是三度点，而一条边只能提供两度，满足 $3 n \leq 2 m$ 。

结合 $m - n \leq 1500$ ，解得 $n \leq 4000, m \leq 4500$ 。

这里的 $m, n$ 都是新图中的，所以只需要建出新图每个点跑 dij，然后枚举边成环即可。

需要特殊处理一下度为 $2$ 的点成环的情况。

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

#define ll long long
#define int long long
#define pli pair<ll,int>
#define fi first
#define se second

const int maxn=3e5+5;

inline int read()
{
    int x;
    x=0;bool flag(0);char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) flag=ch=='-',ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    flag?x=-x:0;
    return x;
}

struct Edge
{
    int tot;
    int head[maxn];
    struct edgenode{int to,nxt;ll w;}edge[maxn*2];
    inline void add(int x,int y,int z)
    {
        tot++;
        edge[tot].to=y;
        edge[tot].w=z;
        edge[tot].nxt=head[x];
        head[x]=tot;
    }
}G,fG;

int n,m;
int from[maxn],rd[maxn],cd[maxn];

bool vis[maxn],del[maxn];

ll ans=1e18;
ll dis[maxn];

inline void dij(int st)
{
    for(int i=0;i<=n;i++) vis[i]=false,dis[i]=1e18;
    dis[st]=0;
    priority_queue<pli,vector<pli>,greater<pli>>que;
    que.push({0,st});
    while(!que.empty())
    {
        int u=que.top().se;que.pop();
        if(vis[u]) continue;
        vis[u]=true;
        for(int i=G.head[u];i;i=G.edge[i].nxt)
        {
            int v=G.edge[i].to;
            if(dis[v]>dis[u]+G.edge[i].w)
            {
                dis[v]=dis[u]+G.edge[i].w;
                que.push({dis[v],v});
            }
        }
    }
}
inline void bfs()
{
    queue<int>que;
    for(int i=1;i<=n;i++) if(!rd[i]||!cd[i]) que.push(i),vis[i]=true;
    while(!que.empty())
    {
        int u=que.front();que.pop();
        if(!rd[u])
            for(int i=G.head[u];i;i=G.edge[i].nxt)
            {
                int v=G.edge[i].to;
                rd[v]--;
                if(!vis[v]&&!rd[v]) que.push(v),vis[v]=true;
            }
        else
            for(int i=fG.head[u];i;i=fG.edge[i].nxt)
            {
                int v=fG.edge[i].to;
                cd[v]--;
                if(!vis[v]&&!cd[v]) que.push(v),vis[v]=true;
            }
    }
}

signed main()
{
    // scanf("%d%d",&n,&m);
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v,w;
        // scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        u=read(),v=read(),w=read();
        if(u==v) {ans=min(ans,(ll)w);continue;}
        cd[u]++,rd[v]++;
        G.add(u,v,w);
        fG.add(v,u,G.tot);
    }
    bfs();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(rd[i]==1&&cd[i]==1)
        {
            for(int j=fG.head[i];j;j=fG.edge[j].nxt)
            {
                int v=fG.edge[j].to;
                if(!vis[v]){from[i]=fG.edge[j].w;break;}
            }
            for(int j=G.head[i];j;j=G.edge[j].nxt)
            {
                int v=G.edge[j].to;
                if(!vis[v]){G.head[i]=j;break;}
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(cd[i]==1&&rd[i]==1&&G.edge[G.head[i]].to!=i)
        {
            G.edge[from[i]].to=G.edge[G.head[i]].to;
            G.edge[from[i]].w+=G.edge[G.head[i]].w;
            from[G.edge[G.head[i]].to]=from[i];
            del[i]=true;
        }
    }
    for(int u=1;u<=n;u++) for(int j=G.head[u];j;j=G.edge[j].nxt)
    {
        int v=G.edge[j].to;
        if(v==u) ans=min(ans,G.edge[j].w);
    }
    int cnt=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(rd[i]&&cd[i]&&!del[i])
        {
            cnt++;
            assert(cnt<=4000);
            dij(i);
            for(int u=1;u<=n;u++) if(dis[u]^dis[0]) for(int j=G.head[u];j;j=G.edge[j].nxt)
            {
                int v=G.edge[j].to;
                if(v==i) ans=min(ans,dis[u]+G.edge[j].w);
            }
        }
    }
    printf("%lld",ans==1e18?-1:ans);
}

P6604 HNOI2016 序列加强版

P3246 HNOI2016 序列

转图论的笛卡尔树做法。

设 $f_{i}$ 为以 $i$ 为右端点，任意左端点的贡献和。

设 $p$ 为满足 $a_{p} < a_{i}, q < i$ ，的最大的 $p$ 。

这里的 $p$ 极其类似笛卡尔树中第一个向左走的父亲，这里可以用类笛卡尔树的方式求出 $p$ （当然其他更简单的方法也可以）。

有 $f_{i} = f_{p} + (i - p) \times a_{i}$ 。

考虑一个查询，找到查询区间中最小的点 $p$ ，有贡献 $(p - l + 1) \times (r - p + 1) \times a_{p}$ 。

对于区间 $(p, r]$ 每个点的贡献都是 $f_{i} - f_{p}$ ，因为 $f_{i}$ 中区间 $[j, i] (1 \leq j \leq p)$ 的贡献来源于 $f_{p}$ 。

对于 $[l, p)$ 序列反过来求过 $g$ 即可。

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

#define ll long long

const int maxn=1e5+5;

namespace gen{
	typedef unsigned long long ull;
	ull s,a,b,c,lastans=0;
	ull rand(){
		return s^=(a+b*lastans)%c;
	}
};

int n,m,tp;
int a[maxn],st[maxn][25],pre[maxn],nxt[maxn];

ll f[maxn],sf[maxn],g[maxn],sg[maxn];

inline int cmp(int x,int y){return a[x]<a[y]?x:y;}
inline int qry(int l,int r)
{
    int k=__lg(r-l+1);
    return cmp(st[l][k],st[r-(1<<k)+1][k]);
}

int main()
{
    a[0]=2e9;
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&tp);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),st[i][0]=i;
    for(int i=1;i<=20;i++) for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;j++)
        st[j][i]=cmp(st[j][i-1],st[j+(1<<(i-1))][i-1]);
    stack<int>stk;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(!stk.empty())
        {
            if(a[stk.top()]>=a[i]) nxt[stk.top()]=i,stk.pop();
            else break;
        }
        if(!stk.empty()) pre[i]=stk.top();
        stk.push(i);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=f[pre[i]]+1ll*a[i]*(i-pre[i]),sf[i]=sf[i-1]+f[i];
    for(int i=n;i;i--) g[i]=g[nxt[i]]+1ll*a[i]*(nxt[i]-i),sg[i]=sg[i+1]+g[i];
    if(tp) cin>>gen::s>>gen::a>>gen::b>>gen::c;
    unsigned ll res=0;
    for(int i=1,l,r;i<=m;i++)
    {
        if(tp==0) scanf("%d%d",&l,&r);
        else {
			l=gen::rand()%n+1;
			r=gen::rand()%n+1;
			if(l>r) swap(l,r);
		}
        ll p=qry(l,r),ans=0;
        ans=a[p]*(r-p+1)*(p-l+1);
        ans+=sf[r]-sf[p]-f[p]*(r-p);
        ans+=sg[l]-sg[p]-g[p]*(p-l);
        res^=ans;
        gen::lastans=ans;
    }
    printf("%lld",res);
}

P6628 省选联考 2020 B 卷丁香之路

必经 $m$ 条边，和 $s, i$ 两个点。

这些边和点放置于图中，此时若只有一个连通块，最优方案肯定希望 $m$ 条边与 $i, s$ 构成欧拉图，其中起点为 $s$ ，终点为 $i$ 。

遂发现若 $m$ 条边不构成欧拉图，加边肯定比走重复的边更合适，结合题目手玩几组即可发现。

于是如下构造，先连一条权为 $0$ 的边联通 $s, i$ ，然后从 $1$ 开始遍历，若 $p$ 点的度数为奇数，则向 $p + 1$ 连边，最后连出的图肯定是最小的，而且构成欧拉回路。

再考虑构造后分成了多个连通块，在连通块间求最小生成树，树边重复2次就是不同连通块的贡献（三角形的边长关系可以粗略证明）。

最后答案就是2倍树边加构造的边加最初 $m$ 条边。

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

#define ll long long
#define pipii pair<int,pair<int,int>>
#define fi first
#define se second

const int maxn=2505;

int n,m,s;
int bel[maxn],f[maxn],deg[maxn];

ll sum;

inline int fr(int u){return f[u]==u?u:f[u]=fr(f[u]);}

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&s);
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=i;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        sum+=abs(u-v);deg[u]++,deg[v]++;
        int fu=fr(u),fv=fr(v);
        if(fu!=fv) f[fu]=fv;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) bel[i]=fr(i);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=n;j++) f[j]=j;
        deg[s]++,deg[i]++;
        f[fr(bel[s])]=fr(bel[i]);
        ll ans=sum;int pre=0;
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            if(deg[j]&1)
            {
                if(pre)
                {
                    ans+=j-pre;
                    for(int k=pre;k<j;k++) f[fr(bel[k])]=fr(bel[j]);
                    pre=0;
                }
                else pre=j;
            }
        }
        vector<pipii>vec;
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            if(deg[j])
            {
                if(pre&&fr(bel[j])!=fr(bel[pre])) vec.push_back({j-pre,{bel[j],bel[pre]}});
                pre=j;
            }
        }
        sort(vec.begin(),vec.end());
        for(auto j:vec)
        {
            int u=j.se.fi,v=j.se.se;
            int fu=fr(u),fv=fr(v);
            if(fu!=fv) f[fu]=fv,ans+=j.fi*2;
        }
        deg[s]--,deg[i]--;
        printf("%lld ",ans);
    }
}

posted @ 2024-10-06 22:19 彬彬冰激凌阅读(16) 评论(0) 编辑收藏举报

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