24/8/12 模拟赛
hz暑假集训 8/12
数字三角形
CF1517C
签到题。
题意:
小 \(D\) 给你一个长度为 \(n\) 的排列 \(p\) ，你需要根据 \(p\) 构造出一个三角形。
该图案需要满足共 \(n\) 行，第 \(i\) 行有 \(i\) 个数，第 \(i\) 行最后一个数是 \(p_i\)。
数值 \(p_i\) 有 \(p_i\) 个且四联通。
几个位置是四联通的，是指从其中某个位置出发，只往上下左右走，只经过这些位置，可以到达其中任意一个位置。
思路：
每个数向左扩展，然后向下扩展。
5
5 1 4 2 3
5
5 1
5 4 4
5 4 3 3
5 4 3 2 2
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxN = 507;
int n, p[maxN];
int a[maxN][maxN];
void dfs(int x, int y, int num, int stp) {
if (!stp) return;
a[x][y] = num;
if (!a[x][y - 1])
dfs(x, y - 1, num, stp - 1);
else
dfs(x + 1, y, num, stp - 1);
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> p[i];
for (int i = 1; i <= n; i++)
a[i][0] = -1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
dfs(i, i, p[i], p[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= i; j++)
cout << a[i][j] << ' ';
cout << '\n';
}
}
那一天她离我而去
题意：无向图找出从 1 到 1 的最小环长度。无重边 无自环
思路：
首先考虑暴力，从 1 出发经历一条边到的每个点放到一个数组，\(n^2\) 枚举起点终点跑最短路，再加上 1 到这两个点的距离。
正解非常巧妙，二进制拆分，分别考虑每一位，是 0 的看成起点，是 1 的看成终点，在建超级源点（niubi源点）连每一个起点，边权为 $1 \to x $ 的边权；每一个终点连超级汇点，边权为 \(x \to 1\) 的边权。跑最短路即可。
因为俩个不同的点二进制下一定最少一位不同，所以每个点都会分别被分到起点，终点，所以不漏。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxN = 1e4 + 7, maxM = 6e4;
struct node {
int x, hx;
};
vector<node> D;
int head[maxN], tot;
struct edge {
int ls, to, w;
} e[maxM << 1];
void add(int x, int y, int z, bool record) {
if (record)
D.push_back({x, head[x]});
e[++tot] = {head[x], y, z};
head[x] = tot;
}
void cancel() {
while (!D.empty()) {
auto tp = D.back();
D.pop_back();
tot--;
head[tp.x] = tp.hx;
}
}
int ans;
int n, m;
int dis[maxN];
bool vis[maxN];
priority_queue<pair<int, int>> q;
void dij(int S) {
for (int i = 0; i <= n + 1; i++)
dis[i] = 1e9, vis[i] = false;
dis[S] = 0;
q.push({0, S});
while (!q.empty()) {
int f = q.top().second;
q.pop();
if (vis[f]) continue;
vis[f] = true;
for (int i = head[f]; i; i = e[i].ls) {
int to = e[i].to;
if (dis[to] > dis[f] + e[i].w) {
dis[to] = dis[f] + e[i].w;
q.push({-dis[to], to});
}
}
}
}
vector<pair<int, int>> A;
void solve() {
cin >> n >> m;
A.clear();
ans = 1e9;
tot = 0;
for (int i = 0; i <= n + 1; i++)
head[i] = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v, w;
cin >> u >> v >> w;
if (u > v) swap(u, v);
if (u == 1)
A.push_back({v, w});
else {
add(u, v, w, false);
add(v, u, w, false);
}
}
for (int i = 13; i >= 0; i--) {
for (auto t : A) {
int fi = t.first, se = t.second;
if ((fi >> i) & 1)
add(0, fi, se, true);
else
add(fi, n + 1, se, true);
}
dij(0);
ans = min(ans, dis[n + 1]);
cancel();
}
if (ans >= 1e9)
cout << "-1\n";
else
cout << ans << '\n';
}
int main() {
// freopen("leave.in", "r", stdin);
// freopen("b.txt", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
int T;
cin >> T;
while (T--)
solve();
}
话说好像好多届都考过这个题了, 网上有学哥的博客。
哪一天她能重回我身边
题意：有 \(n\) 张牌，牌正面是 \(a\)，反面是 \(b\)，初始都是正面。求最小的翻转的次数，使牌上面的数互不相同，以及最少翻转达成目标的方案数。
图论题。。。
很巧妙的建图方法，从每张牌的正面向反面连边。
发现方案合法为每个点出度小于等于 1 时。
翻转相当于把有向边翻转。
然后发现对于一个联通块合法其实就是树或基环树。
对于树，可以考虑每条边指向根，就是换根dp，设 \(g[x]\) 表示以 \(x\) 为根的最小翻转数，那么如果有一条边是 \(x\to to\)，\(g[to] = g[x] - 1\)，如果是 \(to\to x\)，就是 \(g[to] = g[x] + 1\)。
每个联通块内的最小 \(g[x]\) 之和就是最总答案，第二问顺便处理一下就好了。
对于基环树，断掉环上的一条边跑树的情况。最后分讨一下边的方向就可以了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxN = 2e5 + 7, mod = 998244353;
int n;
struct edge {
int ls, to, w, st;
} e[maxN << 1];
int head[maxN], tot;
void add(int u, int v, int w) {
e[++tot] = {head[u], v, w, u};
head[u] = tot;
}
int np, ne;
bool v[maxN], vi[maxN];
void dfs(int x, int f) {
vi[x] = true;
np++;
for (int i = head[x]; i; i = e[i].ls) {
ne++;
if (e[i].to == f || vi[e[i].to]) continue;
dfs(e[i].to, x);
}
}
bool pd() {
for (int i = 1; i <= n * 2; i++)
if (!vi[i]) {
np = ne = 0;
dfs(i, 0);
if (np < ne / 2)
return true;
}
return false;
}
int f[maxN], S, T, ned;
void dfs1(int x, int fa) {
v[x] = true;
f[x] = 0;
for (int i = head[x]; i; i = e[i].ls)
if (e[i].to != fa) {
if (!v[e[i].to]) {
dfs1(e[i].to, x);
f[x] += f[e[i].to] + e[i].w;
}
else
S = e[i].st, T = e[i].to, ned = i;
}
}
int g[maxN];
vector<int> tem;
void dfs2(int x, int fa) {
tem.push_back(g[x]);
for (int i = head[x]; i; i = e[i].ls)
if (e[i].to != fa && i != ned && i != (ned ^ 1)) {
if (e[i].w) g[e[i].to] = g[x] - 1;
else g[e[i].to] = g[x] + 1;
dfs2(e[i].to, x);
}
}
void solve() {
tot = 1;
memset(f, 0, sizeof(f));
memset(g, 0, sizeof(g));
memset(v, 0, sizeof(v));
memset(vi, 0, sizeof(vi));
memset(head, 0, sizeof(head));
tem.clear();
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int a, b;
cin >> a >> b;
add(a, b, 1), add(b, a, 0);
}
if (pd())
return cout << "-1 -1\n", void();
int ans = 0;
int minn = 0, ans2 = 1;
for (int i = 1; i <= n * 2; i++)
if (!v[i]) {
S = T = ned = -1;
tem.clear();
minn = 0;
dfs1(i, 0);
g[i] = f[i];
dfs2(i, 0);
if (S == -1) {
sort(tem.begin(), tem.end());
for (unsigned j = 0; j < tem.size(); j++)
if (tem[j] == tem[0])
minn++;
else break;
ans += tem[0];
}
else {
ned %= 2;
if (g[S] + ned == g[T] + (ned ^ 1))
minn = 2;
else
minn = 1;
ans += min(g[S] + ned, g[T] + (ned ^ 1));
}
ans2 = ans2 * minn % mod;
}
cout << ans << ' ' << ans2 << '\n';
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
int Tim;
cin >> Tim;
while (Tim--)
solve();
}
T4 不会
