ABC375 (A~G) 题解

也是补完整场了。(虽然只有一题要补

A

模拟。

B

模拟。

C

模拟。

D

模拟。

E

E - 3 Team Division
还想了蛮久的。
题意：有三个队伍，各有一些人，人有能力值，人可以换队伍。

问三个队伍能力值相同最少需要让多少人交换队伍。

人数 $\le 100$ ，值域 $\le 1500$

题目还是挺误导人的，如果你从原来的队伍上考虑怎么交换，或是一些贪心那基本上很难想出来。

但是可以从每个人最终去到哪个队伍上考虑。

这样就可以 $DP$ 了。

发现我们只需要就记录一队和二队当前的能力值，三队可以用总和减去一加二，

于是有 $DP$ ：$f_{i,j,k}$ 表示 考虑 $[i,n]$ ，当前一队能力值为 $j$ ,二队为 $k$。

枚举 $i$ 去哪个队即可转移。

F

问题陈述

在 AtCoder 国家，有 $N$ 座城市，编号为 $1$ 至 $N$ ；有 $M$ 条道路，编号为 $1$ 至 $M$ 。
道路 $i$ 双向连接城市 $A_i$ 和 $B_i$ ，长度为 $C_i$ 。

给您 $Q$ 个查询，请按顺序处理。这些查询有以下两种类型。

• 1 i:道路 $i$ 关闭。
• 2 x y：打印从城市 $x$ 到城市 $y$ 的最短距离，只使用未关闭的道路。如果从城市 $x$ 无法到达城市 $y$ ，则打印-1。

保证每个测试用例最多包含第一种类型的 $300$ 个查询。

特别套路的一题，思路也很一眼。

倒着做是显然的，转化为加边 $O(n^2)$ 维护最短距离，直接枚举 $i,j$，然后用新加的边更新 $f_{i,j}$ 即可。

// Problem: F - Road Blocked
// Contest: AtCoder - Panasonic Programming Contest 2024（AtCoder Beginner Contest 375）
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc375/tasks/abc375_f
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2500 ms
// Author: Eason
// Date:2024-10-12 20:38:51
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define re register
#define int ll
#define PII pair<int,int>
#define rep(k,a,b) for (int k = a;k <= b;k++)
#define adde(a,b) v[a].push_back(b)
#define addev(a,b,c) v[a].push_back({b,c});
#define rd read
int read()
{
	int f=1,k=0;char c = getchar();
	while(c <'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9')k=(k<<1)+(k<<3)+(c^48),c=getchar();
	return k*f;
}

const int N = 2e5+5,M = 305;

int n,m,q;

struct node
{
	int op ,x,y;
}Q[200005];

struct dao
{
	int x,y,c;
}edge[N];

bool fk[N];

int f[M][M];

void solve()
{
	cin >> n >> m >> q;
	rep(i,1,m)
	{
		int x= rd(),y =rd(),c= rd();edge[i] = {x,y,c};
	}
	for (int i = 1;i <= n;i++) 
		for (int j = 1;j <= n;j++)
			f[i][j] = 4e18;
	rep(i,1,n) f[i][i] = 0;
	for (int i = 1;i <= q;i++)
	{
		int op = rd();
		if (op == 1)
		{
			int x =rd();fk[x] = 1;
			Q[i] = {op,x,0};
		}
		else 
		{
			int x= rd(),y =rd();
			Q[i] = {op,x,y};
		}
	}
	
	for (int i = 1;i <= m;i++)
		if (!fk[i])
		{
			auto [x,y,c] = edge[i];
			f[x][y] = f[y][x] = min(f[x][y],c);
		}
		
	for (int k = 1;k <= n;k++)
		for (int i = 1;i <= n;i++)
			for (int j = 1;j <= n;j++)
				f[i][j] = min(f[i][j],f[i][k] + f[k][j]);
	vector<int>ans;
	for (int i = q;i >= 1;i--)
	{
		if (Q[i].op == 2)
		{
			if (f[Q[i].x][Q[i].y] < 1e18) 
			ans.push_back(f[Q[i].x][Q[i].y]);
			else ans.push_back(-1);
		}
		else
		{
			auto[x,y,c] = edge[Q[i].x];
			
			//f[x][y] = f[y][x] = min(f[x][y],c);
			
			for (int i = 1;i <= n;i++)
				for (int j = 1;j <= n;j++)
					f[i][j] = min(f[i][j],f[i][x] + f[y][j]+c),
					f[i][j] = min(f[i][j],f[i][y] + f[x][j]+c);
					
			
		}
	}
	
	reverse(ans.begin(),ans.end());
	for (auto it : ans)  cout << it << endl;
	
}

signed main()
{
	int t;t = 1;
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

ABC375G

题意：问无向图中 $1$ 到 $n$ 的最短路经必经边

做法

考虑一条边 $(x,y)$ 在什么情况会选入最短路径。

当且仅当 $di{s}_{1,x}+di{s}_{y,n}+c=di{s}_{1,n}$ 或 $di{s}_{1,y}+di{s}_{x,n}+c=di{s}_{1,n}$ 。

我们将所有这样的边拎出来，构成一个新图。

此时这个图是所有最短路径的并集。

我们对这个新图分析一下，首先必经边在这个图内，

当我们删除一条必经边，由于所有最短路径都包含必经边，

而这张图又是所有最短路径的并集，因此这时该图不联通。

所以必经边为该图上的桥。

于是做完了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define re register
#define int ll
#define PII pair<int,int>
#define rep(k,a,b) for (int k = a;k <= b;k++)
#define adde(a,b) v[a].push_back(b)
#define addev(a,b,c) v[a].push_back({b,c});
#define rd read
int read()
{
	int f=1,k=0;char c = getchar();
	while(c <'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9')k=(k<<1)+(k<<3)+(c^48),c=getchar();
	return k*f;
}

const int N = 2e5+5;

int n,m;
int dis[N];
int disn[N];
vector<PII> v[N],v2[N];

struct node
{
	int x,y,c;
}edge[N];
bool vis[N];
void dij(int st)
{
	memset(dis,INF,sizeof dis);
	memset(vis,0,sizeof vis);
	dis[st] = 0;
	priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII> > q;
	q.push({0,st});
	while (q.size())
	{
		auto [d,u] = q.top();q.pop();
		if (vis[u]) continue;
		vis[u] = 1;
		for (auto [j,c] : v[u])
		{
			if (dis[j] > dis[u] + c)
			{
				dis[j] = dis[u] + c;
				q.push({dis[j],j});
			}
		}
	}
}

int low[N],dfn[N],tot,fk[N];

void tarjan(int x,int idx)
{
	low[x] = dfn[x] = ++tot;
	for (auto [y,id] : v2[x])
	{
		if (!dfn[y])
		{
			 tarjan(y,id),low[x] = min(low[x],low[y]);
			 if (low[y] > dfn[x]) fk[id] = 1;
		}
		else if (idx != id) low[x] = min(low[x],dfn[y]);
	}
}

void solve()
{
	cin >> n >> m;
	rep(i,1,m) 
	{
		int x=  rd(),y =rd(),c = rd();
		edge[i] = {x,y,c};
		addev(x,y,c);addev(y,x,c);
	}
	
	
	dij(1);
	//cout << dis[2] << endl;
	memcpy(disn,dis,sizeof disn);
	dij(n);
	swap(dis,disn);
	// rep(i,1,n) cout << dis[i] << ' ';puts("");
	// rep(i,1,n) cout << disn[i] << ' ';puts("");
	int tot = 0;
	rep(i,1,m)
	{
		auto [x,y,c] = edge[i];
		if (dis[x] + disn[y] + c == dis[n] || disn[x] + dis[y] + c == dis[n])
		{
			++tot;
		// 	cout << x<< ' ' << y << ' ' << i << endl; 
			v2[x].push_back({y,i});
			v2[y].push_back({x,i});
		}
	}
	tarjan(1,-1);
	for (int i = 1;i <= m;i++) if (fk[i]) puts("Yes");
	else puts("No");
	
	
	
}

signed main()
{
	int t;t = 1;
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}