2023年暑假集训总结/7.3
2023年暑假集训总结/7.3
预估成绩：100+50+40+20=210
实际成绩：100+25+24+25=174
T1房
题意：有n个已知中心和长度且互不重合的区间，问有多少个长度为t的区间恰好与其中一个区间的一个端点相等，且不与所有区间重合
思路&做法：
签到题，注意到答案上界为2n，只需要依次枚举接在每个区间左右的长度为t的区间是否与其他区间重合即可。
在考场上只花了10分钟就做出来了，但仍有一些坑点：
1.给定的区间中点不是按照大小排序的，需要自己排序
2.左右边界有可能是小数，需要手动乘2或开double
std：
#include <bits/stdc++.h> typedef long long ll; using std::min; using std::max; #define INF 1e18 #define pE() puts("") #define W(x) write(x) #define rd() read<ll>() #define lowbit(x) -x & x #define pS() putchar(' ') #define E(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++ i) template <typename T> inline T read() { T x = 0; bool f = 0; char c = getchar(); while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = 1; c = getchar(); } while (c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar(); return f ? -x : x; } template <typename T> inline void write(T x) { if (x < 0) { putchar('-'); x = -x; } if (x / 10) write(x / 10); putchar((x % 10) ^ 48); } const int N = 1e5 + 5; struct Node { ll x, a; friend bool operator < (Node lhs, Node rhs) { return lhs.x < rhs.x; } } house[N]; int n, t; ll res[N * 2], cnt; int main() { freopen("house.in", "r", stdin); freopen("house.out", "w", stdout); n = rd(); t = rd(); E(i, 1, n) { house[i].x = rd() * 2; house[i].a = rd() * 2; } std::sort(house + 1, house + n + 1); E(i, 1, n) { if (i == 1 || house[i].x - house[i].a / 2 - 2 * t >= house[i - 1].x + house[i - 1].a / 2) res[++ cnt] = house[i].x - house[i].a / 2 - t; if (i == n || house[i].x + house[i].a / 2 + 2 * t <= house[i + 1].x - house[i + 1].a / 2) res[++ cnt] = house[i].x + house[i].a / 2 + t; } std::sort(res + 1, res + cnt + 1); int ans = std::unique(res + 1, res + cnt + 1) - res - 1; W(ans); return 0; }
T2车
题意：有一个n个点的环，给定k个询问，每个询问给定一个v，从一个点出发加一次油可以到距离小于v的最远点，求从任一点出发跑完整个环需要加油的最小次数。
思路&做法：
考场上先胡了一个kn^2的50分做法，剩下的点打了一个随机化，结果没开longlongWA了25分。
容易证明从一个点出发顺时针和逆时针跑的代价是相等的。
实际上对于每一个询问，将环断为链再复制一份拼接在后面，就可以双指针O(n)处理处从i开始加一次油能跑到的最远距离，再借此转移出从j到2n所需的加油次数，然后用并查集维护即可。
std：
#include <bits/stdc++.h> typedef long long ll; using std::min; using std::max; #define INF 1e18 #define pE() puts("") #define W(x) write(x) #define rd() read<ll>() #define lowbit(x) -x & x #define pS() putchar(' ') #define E(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++ i) template <typename T> inline T read() { T x = 0; bool f = 0; char c = getchar(); while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = 1; c = getchar(); } while (c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar(); return f ? -x : x; } template <typename T> inline void write(T x) { if (x < 0) { putchar('-'); x = -x; } if (x / 10) write(x / 10); putchar((x % 10) ^ 48); } const int N = 1e5 + 5; ll n, k, w[N], sum[N], ans; ll fa[N], R[N], Sum[N]; int getfa(int x) { if (fa[x] == x) return x; return fa[x] = getfa(fa[x]); } int main() { freopen("car.in", "r", stdin); freopen("car.out", "w", stdout); n = rd(); k = rd(); E(i, 1, n) { w[i] = rd(); w[i + n] = w[i]; } E(i, 1, 2 * n) sum[i] = sum[i - 1] + w[i]; while (k --) { int r = 0; ll v = rd(); bool flag = 0; E(i, 1, n) if (w[i] > v) { // std::cout << w[i] << ' ' << v << '\n'; flag = 1; W(-1); pE(); break; } if (flag) continue; E(i, 1, 2 * n) fa[i] = i; E(i, 1, 2 * n) { while (sum[r] - sum[i - 1] <= v && r + 1 <= n * 2) ++ r; R[i] = r; } Sum[n * 2] = 0; for (int i = n * 2 - 1; i; -- i) Sum[i] = Sum[R[i]] + 1; ans = 1e9; E(i, 1, 2 * n - 1) { fa[getfa(i)] = getfa(R[i]); if (i >= n) { int tmp = i - n + 1; ans = min(ans, Sum[tmp] - Sum[getfa(tmp)]); } } W(ans); pE(); } return 0; }
T3家
题意：有一个有n个节点的树，对于一个1-n的排列p，满足pi≠i，定义它的代价为i到pi的距离之和，求出最小或最大代价及其对应的排列
思路&做法：
考场上先无脑把n≤10的dfs打出来，然后考虑部分分，对于树是一条链求最小值的情况，贪心地将1与2交换，3与4交换，以此类推，若n为奇数则将最后三个点顺次交换即可。对于树是菊花图求最大值的情况，将中心节点找出与随意一个节点交换，其他点也随意交换即可。打完这些我再去考虑一般情况，可以发现当求最大值时是可以模拟退火的，而求最小值时则因数据太过分散不行，考虑贪心地在树上交换，可惜打完模拟退火就没有时间打贪心，模拟退火也超时了，得不偿失。
考虑正解。
最小时，那么就是在树上贪心，如果我们从子树到某个点 x，留下来大于等于两 个点还要往上，肯定不优，所以大致就是直接贪心的进行匹配就可以了，具体的，只能 留下一个点去匹配。
最大时，通过推导重心，只要某个子树内的点都不走到它子树内就是可行的，然后每次选两个距离较大的节点进行匹配就行了。
std：
这道题理解起来不容易，码量也大（我打了5k左右），还没有调出来，只能暂时放别人的代码。
#include <bits/stdc++.h> #define int long long #define pb push_back using namespace std; const int INF=1e6+5; int n; namespace S{ int sz[INF],rt,Max1,ans[INF],res,p[INF]; vector <int> e[INF],v3[INF]; void DFS(int x,int fa) { sz[x]=1; for (int v:e[x]) { if (v==fa) continue; DFS(v,x); sz[x]+=sz[v]; res+=min(sz[v],n-sz[v]); } } void DFS2(int x,int fa) { int Max=0; for (int v:e[x]) { if (v==fa) continue; DFS2(v,x); Max=max(Max,sz[v]); } Max=max(Max,n-sz[x]); if (Max<Max1) Max1=Max,rt=x; } void DFS3(int x,int fa,int t) { v3[t].pb(x); for (int v:e[x]) { if (v==fa) continue; DFS3(v,x,t); } } struct _node_queue { int pos,dis_v; bool operator < (const _node_queue &x) const { return x.dis_v>dis_v; } }; priority_queue < _node_queue >q; void solve() { for (int i=1;i<n;i++) { int x=0,y=0;cin>>x>>y; e[x].pb(y);e[y].pb(x); } Max1=1e9; DFS(1,0); DFS2(1,0); int cnt=0; for (int v:e[rt]) { cnt++; DFS3(v,rt,cnt); } for (int i=1;i<=cnt;i++) p[i]=i; for (int i=1;i<=cnt;i++) q.push({i,v3[i].size()}); while (q.size()>1) { auto it=q.top();q.pop(); auto it2=q.top();q.pop(); int l=it.pos,r=it2.pos; p[l]=l;p[r]=r; if (v3[p[l]].size() && v3[p[r]].size()) { ans[v3[p[l]].back()]=v3[p[r]].back(); ans[v3[p[r]].back()]=v3[p[l]].back(); v3[p[l]].pop_back();v3[p[r]].pop_back(); } if (v3[l].size()) q.push({l,v3[l].size()}); if (v3[r].size()) q.push({r,v3[r].size()}); } if (n%2==0) { int l=q.top().pos; if (v3[l].size()) { ans[v3[l].back()]=rt; ans[rt]=v3[l].back(); } } else { ans[rt]=2; ans[ans[2]]=rt; } cout<<res*2<<"\n"; for (int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<" "; cout<<"\n"; } } namespace S1{ const int INF=1e6+5; struct _node_edge{ int to_,next_; }edge[INF<<1]; int tot,head[INF],vis[INF],cnt[INF],ans,ans2[INF]; void add_edge(int x,int y) { edge[++tot]={y,head[x]}; head[x]=tot; } void DFS(int x,int fa) { for (int i=head[x];i;i=edge[i].next_) { int v=edge[i].to_; if (v==fa) continue; DFS(v,x); } cnt[0]=0; for (int i=head[x];i;i=edge[i].next_) { int v=edge[i].to_; if (v==fa) continue; if (vis[v]) cnt[++cnt[0]]=vis[v],ans++; } cnt[++cnt[0]]=x; for (int i=1;i+1<=cnt[0];i+=2) ans2[cnt[i]]=cnt[i+1],ans2[cnt[i+1]]=cnt[i]; if (cnt[0]&1) { if (cnt[0]==1) { if (x==1) { for (int i=head[x];i;i=edge[i].next_) { int v=edge[i].to_; ans2[x]=ans2[v];ans2[v]=1; break; } ans++; } else vis[x]=cnt[cnt[0]]; } else { ans2[cnt[cnt[0]-2]]=cnt[cnt[0]-1]; ans2[cnt[cnt[0]-1]]=cnt[cnt[0]]; ans2[cnt[cnt[0]]]=cnt[cnt[0]-2]; } } } void solve(){ for (int i=1;i<n;i++) { int x=0,y=0;cin>>x>>y; add_edge(x,y);add_edge(y,x); } DFS(1,0); cout<<ans*2<<"\n"; for (int i=1;i<=n;i++) cout<<ans2[i]<<" "; cout<<"\n"; } } signed main() { // freopen("data.in","r",stdin); ios::sync_with_stdio(false); int t=0; cin>>n>>t; if (t==2) S::solve(); else S1::solve(); return 0; }
T4数
题意：给定n、k，问1至n中有多少数的各位数字和等于其乘k之后的各位数字和。
思路&做法：
对于n≤1e6，可以直接枚举，能拿20分（实际上可以卡到25分），对于更大的情况就需要找规律，发现若k模3不余1的情况下所有满足条件的数都是9的倍数，或许可以进行优化，之后在考场上我就不能推出更多有用的结论。
正解是数位dp，从低位往高位 dp，记录进位，以及 f(x × k) 和 f(x) 的值，然 后发现不行，那么记录两个差值就好了。
std：
#include <bits/stdc++.h> #define int long long typedef long long ll; using std::min; using std::max; #define INF 1e18 #define pE() puts("") #define W(x) write(x) #define rd() read<ll>() #define lowbit(x) -x & x #define pS() putchar(' ') #define E(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++ i) template <typename T> inline T read() { T x = 0; bool f = 0; char c = getchar(); while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = 1; c = getchar(); } while (c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar(); return f ? -x : x; } template <typename T> inline void write(T x) { if (x < 0) { putchar('-'); x = -x; } if (x / 10) write(x / 10); putchar((x % 10) ^ 48); } ll n, k, ans; ll g[335]; ll f[21][335][1005][3]; signed main() { freopen("number.in", "r", stdin); freopen("number.out", "w", stdout); n = rd(); k = rd(); int tmp = n; int N = 165; while (tmp) { g[++ g[0]] = tmp % 10; tmp /= 10; } E(i, 0, 9) { int opt = 0; if (i < g[1]) opt = 0; else if (i == g[1]) opt = 1; else opt = 2; ++ f[1][i * k % 10 - i + N][i * k / 10][opt]; } E(i, 2, g[0]) E(j, -N, N) E(l, 0, 999) E(p, 0, 2) { E(p1, 0, 9) { int p2 = p; if (p1 > g[i]) p2 = 2; else if (p1 < g[i]) p2 = 0; f[i][(p1 * k + l) % 10 - p1 + j + N][(l + p1 * k) / 10][p2] += f[i - 1][j + N][l][p]; } } ll res = 0; E(j, -N, N) E(l, 0, 999) { ll tmp = l, sum = 0; while (tmp) { sum += tmp % 10; tmp /= 10; } if (j + sum == 0) res += f[g[0]][j + N][l][0] + f[g[0]][j + N][l][1]; } W(res - 1); return 0; }
