CCPC秦皇岛训练总结
CCPC秦皇岛训练总结
比赛分析
我们队这场才过了3题，有点拉垮。
A签到。Ryker0923 过的
G是 1427314831a 打模拟的之前自己做过，结果模拟赛写WA了，他自己贴了一发他之前A的代码。
F et3_tsy 看懂了题意，就有了思路，直接敲完。犯了各种奇奇怪怪的错误，贡献了一堆罚时。其中有一个是滥用memset，当T比较小，覆盖的n较大，暴力memset无所谓，但是n偏小，T较大，出题人一定会卡。
我们在E题上被卡傻了，Ryker0923 的算法看起来很对，1427314831a 写了个假数据生成，对了半个小时的假拍，回头补题才发现问题。
如果，E早就过了，我们可能可以过K，Ryker0923 的K题思路是对的，没有上机实践。
比赛时rand一定一定一定一定要加种子，场上小于一小时过的多的题一定是类板子和思维题不能想复杂，少看榜看眼哪题能写就行了，看多了心态容易爆炸。
各题分析
E 尺取法
题意：n个学生，及格率p，每个学生有可能获得两个分数：最高分\(a_i\)和最低分\(b_i\)及格线为n个学生中的最高分p，问最好的情况下有多少的人能及格，\(n<=10^{6}\)
题解：经典的尺取法
本题的矛盾点在于，如果我们选取的数尽可能的大，那么对应的及格线也会被抬高。我们应该考虑的是如何考虑求得所有可行解，然后求max
尺取法的基本模型：
1）研究多个对象，每个对象有多个可行取值
2）每个对象取值的取大取小均影响答案
3）求最大最小值
尺取法的基本处理思路：
1）排序，排序对象维护两个值，本身的val，对应原来对象的下标
2）建立初态区间，使得这个区间能完整地使每个对象至少覆盖一次，记录其出现的次数vis
3）移动左右指针，每移动一次右指针，左指针尽可能向右移动，直到左指针再移动会不满足至少被覆盖一次的条件为止。
分析：
显然双指针的复杂度是线性的。而它左右区间以及vis的维护能够保证每个对象至少被访问了一次（如果vis了两次+，不影响）。而我们的排序以及维护区间尽可能的短能够保证最优性。
这种扫描方式能在不遗漏的枚举所有可行解。
很显然，本题就可以使用尺取法。
每个人存一个最大值，一个最小值，以及他们的id，然后排序。
这里的左指针值得注意，与常规的尺取法有点不同，他移动的依据是右指针对应的键值乘以p，然后统计区间中有多少个vis为零即可。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define max(a,b) (a>b ? a:b)
#define min(a,b) (a<b ? a:b)
#define swap(a,b) (a^=b^=a^=b)
#define maxn 3050000
#define minn -105
#define ll long long int
#define ull unsigned long long int
#define uint unsigned int
#define int long long
inline int read()
{
int ans=0;
char last=' ',ch=getchar();
while(ch<'0'|ch>'9')last=ch,ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
if(last=='-')ans=-ans;
return ans;
}
int _cse=0;
struct A
{
int val;
int id;
void s(int a,int b){val=a;id=b;}
}q[maxn<<1];
int vis[maxn];
bool cmp(A a,A b)
{
return a.val<b.val;
}
void solve()
{
int n,p,a,b;
cin>>n>>p;
for(int i=0;i<n;i++)
{
a=read(),b=read();
q[(i<<1)].s(a,i+1);
q[(i<<1)+1].s(b,i+1);
vis[i+1]=0;
}
sort(q,q+(n<<1),cmp);
int ans=1,now=0,head=0,tail=-1;
while(now!=n)
{
tail++;
if(vis[q[tail].id]==0)now++;
vis[q[tail].id]++;
}
vis[q[tail].id]--;
now--;
tail--;
while(tail<(n<<1)-1)
{
tail++;
if(vis[q[tail].id]==0)now++;
vis[q[tail].id]++;
while(1ll*q[head].val*100<1ll*q[tail].val*p)
{
if(vis[q[head].id]==1)now--;
vis[q[head].id]--;head++;
}
ans=max(now,ans);
}
cout<<"Case #"<<(_cse+1)<<": "<<ans<<"\n";
}
signed main()
{
int _t;
_t=read();
for(;_cse<_t;_cse++)solve();
return 0;
}
刚好打完的周日Codeforces Round #679 C 中 再次 运用了尺取法
题意其实很简单，有六个值\(A_i,0<=i<=5\), 现在给定你n个数，你需要对所有给定的\(B_j\)，从6六个A中选一个数出来，表达成任意一个A+\(Cj\)，n个C中，求最小的 \(maxC-minC\)
注意C要非负
思路：把所有可以表达的C以及他的id记录一下，然后进行尺取，保证区间能所有的id均出现过。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define max(a,b) (a>b ? a:b)
#define min(a,b) (a<b ? a:b)
#define swap(a,b) (a^=b^=a^=b)
#define maxn 1050000
#define minn -105
#define ll long long int
#define ull unsigned long long int
#define uint unsigned int
inline int read()
{
int ans=0;
char last=' ',ch=getchar();
while(ch<'0'|ch>'9')last=ch,ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
if(last=='-')ans=-ans;
return ans;
}
struct line
{
int val;
int id;
}t[maxn*6];
bool cmp(line a,line b)
{
return a.val<b.val;
}
int a[6];
int num[maxn];
int vis[maxn];
int n;
int tot=0;
int main()
{
for(int i=0;i<6;i++)a[i]=read();
sort(a,a+6);
n=read();
for(int i=0;i<n;i++)
{
num[i]=read();
for(int j=0;j<6;j++)
{
if(a[j]<=num[i])
{
t[tot].val=num[i]-a[j];
t[tot].id=i;
tot++;
}
else break;
}
}
sort(t,t+tot,cmp);
int ans=INF;
int all=0,tail=-1,head=0;
while(all!=n)
{
tail++;
if(vis[t[tail].id]==0)all++;
vis[t[tail].id]++;
}
vis[t[tail].id]--;
all--;
tail--;
while(tail<tot-1)
{
tail++;
vis[t[tail].id]++;
while(vis[t[head].id]>1)
{
vis[t[head].id]--;
head++;
}
//cout<<tail<<" "<<head<<" "<<t[tail].val<<" "<<t[head].val<<endl;
ans=min(ans,t[tail].val-t[head].val);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
F dfs 贪心
求各个联通块中点数边数。
如果边数大于点数，则累加边数减点数。
#include<bits/stdc++.h>
#include<cstring>
using namespace std;
#define maxn 1000400
#define ll long long
int n,m,a,b;
struct E
{
int to;
bool vis;
E(int a)
{
to=a;
vis=0;
}
E(){}
};
vector<E>ls;
vector<int>node[maxn];
bool been[maxn];
int ans;
void init()
{
ans=0;
ls.clear();
for(int i=0;i<=n;i++)node[i].clear(),been[i]=0;
}
int dfs(int pos,int& cntm)
{
if(been[pos])return 0;
int tot=1;
been[pos]=1;
for(int k:node[pos])
{
E& cur=ls[k];
if(cur.vis)continue;
cur.vis=1;ls[k^1].vis=1;cntm++;
tot+=dfs(cur.to,cntm);
}
return tot;
}
void solve()
{
init();
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<m;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
node[a].push_back(ls.size());
ls.emplace_back(b);
node[b].push_back(ls.size());
ls.emplace_back(a);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int cntn=0,cntm=0;
cntn=dfs(i,cntm);
if(cntn<cntm)ans+=cntm-cntn;
//cout<<cntm<<" "<<cntn<<endl;
}
cout<<ans<<"\n";
}
int main()
{
int _t;
cin>>_t;
for(int i=1;i<=_t;i++)
{
cout<<"Case #"<<i<<": ";
solve();
}
return 0;
}
I exgcd
两个任意方向的向量可以合成为一个在x方向上的向量+一个任意方向的向量，假设已有向量（x，y）和向量（d,0）,此时若加入一个新的向量（a,b）,对（x,y）和（a,b）消去y方向的分量得一个新的向量（d',0）（其中d'=(bx-ay)/gcd(y,b)）d'与d可够成在x轴上的最小分量gcd(d',d).当y与b合成在y方向上得最小分量gcd(y,b)时，可用exgcd求出y和b之前的系数，代入x与a中，求出新的x,若新的x>gcd(d',d)时，可取x%=gcd(d',d);每次维护更新x,y,d判断每次当前给定的点能否被访问到即可。注意x,y,d分别为0时的情况，容易出现/0、%0的情况。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)
{
if(b==0)
{
x=1;y=0;return a;
}
long long ans=exgcd(b,a%b,x,y);
long long tmp=x;
x=y;
y=tmp-a/b*y;
return ans;
}
int main()
{
// freopen("C:/Users/Lenovo/Desktop/std.in","r",stdin);
int t;
cin>>t;int cnt=0;long long a,b,a1,b1;
while(t--)
{
cnt++;
long long ans=0;
int n;
cin>>n;
long long x=0,y=0,c=0,bj,k;
while(n--)
{
scanf("%lld",&bj);
if(bj==1)
{
scanf("%lld%lld",&a,&b);
if(a==0&&b==0)continue;
if(x==0&&y==0&&c==0)
{
x=a;y=b;continue;
}
if(a==0)
{
c=exgcd(abs(a*y-b*x)/exgcd(b,y,a1,b1),c,a1,b1);
y=exgcd(b,y,a1,b1);
x=a1*a+b1*x;
if(c)x=(x%c+c)%c;
continue;
}
if(b==0)
{
c=exgcd(c,a,a1,b1);
if(y==0)
{
c=exgcd(c,x,a1,b1);
if(c)x=(x%c+c)%c;
}
continue;
}
if(!c)
{
if(b==0)
{
c=exgcd(a,c,a1,b1);
continue;
}
if(a*y-b*x!=0)
{
c=abs(a*y-b*x)/exgcd(b,y,a1,b1);
y=exgcd(b,y,a1,b1);
x=a1*a+b1*x;
if(c)x=(x%c+c)%c;
}
else
{
y=exgcd(b,y,a1,b1);
x=a1*a+b1*x;
if(c)x=(x%c+c)%c;
}
}
else
{
if(b==0)
{
c=exgcd(a,c,a1,b1);
continue;
}
if(a*y-b*x!=0)
{
c=exgcd(c,abs(a*y-b*x)/exgcd(b,y,a1,b1),a1,b1);
y=exgcd(b,y,a1,b1);
x=a1*a+b1*x;
if(c)x=(x%c+c)%c;
}
else
{
x=exgcd(x,a,a1,b1);
y=exgcd(y,b,a1,b1);
}
}
}
else
{
scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&k);
if(y==0)
{
if(x==0)
{
if(c==0)
{
if(a==0&&b==0)ans+=k;
}
else
{
if(b==0&&(a%c==0))ans+=k;
}
}
else
{
if(c==0)
{
if(b==0&&(a%x==0))ans+=k;
}
else
{
if(b==0&&(a%c%x==0))ans+=k;
}
}
}
else
{
if(x==0)
{
if(c==0)
{
if(b%y==0&&a==0)ans+=k;
}
else
{
if(b%y==0&&a%c==0)ans+=k;
}
}
else
{
if(c==0)
{
if(b%y==0&&b*x==a*y)ans+=k;
}
else
{
if(b%y==0&&(b/y*x-a)%c==0)ans+=k;
}
}
}
}
}
printf("Case #%d: %lld\n",cnt,ans);
}
return 0;
}
K Kingdom's Power
有无数个军队可以从树根1出发，每花费一个点可以让军队走一步，问遍历完整个树的最小花费。
做法：树形DP加贪心，用vector和pair存儿子节点和深度，这样使用sort对儿子节点排序更方便。对儿子节点深度从小到大排序，依次从同一个子树深度小的叶子向深度大的叶子遍历，判断距离和直接从根到第二个叶子的距离大小，选取最小的那一个值，之后以此类推，从第二小向第三小走......最后计算总和即可（long long)。
时间复杂度：找深度和dp都是O(n),sort(nlogn(n较小))。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int val[1000010];
int fa[1000010],tot;
vector<pair<int,int> > son[1000010];
inline int read()
{
int s=0,m=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')m=1;ch=getchar();}
while( isdigit(ch))s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return m?-s:s;
}
int getdeep(int x)
{
if(son[x].empty())
return 1;
for(int i=0;i<son[x].size();i++)
son[x][i].first=getdeep(son[x][i].second);
sort(son[x].begin(),son[x].end());
return son[x].back().first+1;
}
int dfs(int x,int d,int v)
{
val[x]=v;
if(son[x].empty())
return 1;
int t=v;
for(int i=0;i<son[x].size();i++)
t=min(d,dfs(son[x][i].second,d+1,t+1));
return t+1;
}
int main()
{
int t,n;
cin>>t;
while(t--)
{
tot++;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
son[i].clear();
val[i]=0;
}
for(int i=2;i<=n;i++)
{
fa[i]=read();
son[fa[i]].push_back({0,i});
}
getdeep(1);
dfs(1,0,0);
long long ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(son[i].empty())
{
ans+=val[i];
}
printf("Case #%d: %lld\n",tot,ans);
}
return 0;
}
B.线段树
这道题也不难，就是很难写，而且很耗时间，有大模拟的味道。就是给定一个矩形，矩形上有干湿两种地面。两种操作，一是翻转干湿，二是查询经过特定点，围成的最大围墙包括的面积是多少，围墙只能建在干地上。
这题平心而论，真的不难，但是很考研码量功底，在5hrs的时间中，如果码力不够是不可能将本题写完的（我赛后补题前前后后快花了差不多4小时）
核心思想就是暴力枚举所有可行的情况，记录每个点对应的上下左右最远可以达到多少，查询的时候往四个方向上建线段树（因为高度是一定的，但是对应每个高度的情况是不同的，所以要暴力枚举）
这题细节很多，x与y，i与j，n与m，都很容易弄混，以及几个边界，什么时候是有效的，以及一些降低常数的细节也要仔细。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define maxn 1305
inline int read()
{
int ans=0;
char last=' ',ch=getchar();
while(ch<'0'|ch>'9')last=ch,ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
if(last=='-')ans=-ans;
return ans;
}
int _t,n,m,q,xx,yy,trans;
string s;
bool a[maxn][maxn];
int up[maxn][maxn],down[maxn][maxn],lft[maxn][maxn],rgt[maxn][maxn];
int va[maxn];
struct segment
{
int val;
}seg[maxn<<2];
void seg_built(int pos,int l,int r)
{
if(l==r)
{
seg[pos].val=va[l];
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
seg_built(pos<<1,l,mid);
seg_built(pos<<1|1,mid+1,r);
seg[pos].val=max(seg[pos<<1].val,seg[pos<<1|1].val);
}
int query_l(int pos,int l,int r,int cl,int cr,int mn)
{
if(l>cr||r<cl||cl>cr)return INF;
if(l==r)
{
return l;
}
int curans=INF;
if(seg[pos<<1].val>=mn)curans=query_l(pos<<1,l,(l+r)>>1,cl,cr,mn);
if(curans==INF&&seg[pos<<1|1].val>=mn)curans=query_l(pos<<1|1,((l+r)>>1)+1,r,cl,cr,mn);
return curans;
}
int query_r(int pos,int l,int r,int cl,int cr,int mn)
{
if(l>cr||r<cl||cl>cr)return INF;
if(l==r)
{
return l;
}
int curans=INF;
if(seg[pos<<1|1].val>=mn)curans=query_r(pos<<1|1,((l+r)>>1)+1,r,cl,cr,mn);
if(curans==INF&&seg[pos<<1].val>=mn)curans=query_r(pos<<1,l,(l+r)>>1,cl,cr,mn);
return curans;
}
void init()
{
for(int i=1;i<=m;i++)down[n+1][i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)rgt[i][m+1]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
if(a[i][j])up[i][j]=up[i-1][j]+1;
else up[i][j]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
if(a[n-i+1][j])down[n-i+1][j]=down[n-i+2][j]+1;
else down[n-i+1][j]=0;
}
for(int j=1;j<=m;j++)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i][j])lft[i][j]=lft[i][j-1]+1;
else lft[i][j]=0;
}
for(int j=1;j<=m;j++)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i][m-j+1])rgt[i][m-j+1]=rgt[i][m-j+2]+1;
else rgt[i][m-j+1]=0;
}
//cout<<"debug: pos13: "<<rgt[1][3]<<endl;
}
void renew(int x,int y)
{
a[x][y]^=1;
int cur=up[x-1][y]+1;
if(!a[x][y])cur=-cur;
up[x][y]+=cur;
for(int i=x+1;i<=n;i++)
{
if(up[i][y])up[i][y]+=cur;
else break;
}
cur=down[x+1][y]+1;
if(!a[x][y])cur=-cur;
down[x][y]+=cur;
for(int i=x-1;i;i--)
{
if(down[i][y])down[i][y]+=cur;
else break;
}
cur=lft[x][y-1]+1;
if(!a[x][y])cur=-cur;
lft[x][y]+=cur;
for(int i=y+1;i<=m;i++)
{
if(lft[x][i])lft[x][i]+=cur;
else break;
}
cur=rgt[x][y+1]+1;
if(!a[x][y])cur=-cur;
rgt[x][y]+=cur;
for(int i=y-1;i;i--)
{
if(rgt[x][i])rgt[x][i]+=cur;
else break;
}
}
int query_max(int x,int y)
{
if(!a[x][y])return 0;
int maxans=max(up[x][y]+down[x][y]-1,lft[x][y]+rgt[x][y]-1);
//cout<<maxans<<" "<<lft[x][y]<<" "<<rgt[x][y]<<endl;
int l=y-lft[x][y]+1,r=y+rgt[x][y]-1; //chosen as the downward edge
for(int i=l;i<=r;i++)va[i]=up[x][i];
seg_built(1,l,r);
for(int h=2;h<=seg[1].val;h++)
{
if(!a[x-h+1][y])continue;
int curl=max(l,y-lft[x-h+1][y]+1),curr=min(r,y+rgt[x-h+1][y]-1);
if(curl>curr)continue;
int qr=query_r(1,l,r,curl,curr,h),ql=query_l(1,l,r,curl,curr,h);
if(qr!=INF&&ql!=INF&&ql<=y&&qr>=y)maxans=max(maxans,h*(qr-ql+1));
}
l=y-lft[x][y]+1,r=y+rgt[x][y]-1; //chosen as the upward edge
for(int i=l;i<=r;i++)va[i]=down[x][i];
seg_built(1,l,r);
for(int h=2;h<=seg[1].val;h++)
{
if(!a[x+h-1][y])continue;
int curl=max(l,y-lft[x+h-1][y]+1),curr=min(r,y+rgt[x+h-1][y]-1);
if(curl>curr)continue;
int qr=query_r(1,l,r,curl,curr,h),ql=query_l(1,l,r,curl,curr,h);
if(qr!=INF&&ql!=INF&&ql<=y&&qr>=y)maxans=max(maxans,h*(qr-ql+1));
}
l=x-up[x][y]+1,r=x+down[x][y]-1; //chosen as the left edge
for(int i=l;i<=r;i++)va[i]=rgt[i][y];
seg_built(1,l,r);
for(int h=2;h<=seg[1].val;h++)
{
if(!a[x][y+h-1])continue;
int curl=max(l,x-up[x][y+h-1]+1),curr=min(r,x+down[x][y+h-1]-1);
if(curl>curr)continue;
int qr=query_r(1,l,r,curl,curr,h),ql=query_l(1,l,r,curl,curr,h);
if(qr!=INF&&ql!=INF&&ql<=x&&qr>=x)maxans=max(maxans,h*(qr-ql+1));
}
l=x-up[x][y]+1,r=x+down[x][y]-1; //chosen as the right edge
for(int i=l;i<=r;i++)va[i]=lft[i][y];
seg_built(1,l,r);
for(int h=2;h<=seg[1].val;h++)
{
if(!a[x][y-h+1])continue;
int curl=max(l,x-up[x][y-h+1]+1),curr=min(r,x+down[x][y-h+1]-1);
if(curl>curr)continue;
int qr=query_r(1,l,r,curl,curr,h),ql=query_l(1,l,r,curl,curr,h);
if(qr!=INF&&ql!=INF&&ql<=x&&qr>=x)maxans=max(maxans,h*(qr-ql+1));
}
return maxans;
}
void solve()
{
n=read(),m=read(),q=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>s;
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(s[j-1]=='#')a[i][j]=1;
else a[i][j]=0;
}
}
init();
for(int i=1;i<=q;i++)
{
trans=read(),xx=read(),yy=read();
if(trans==1)renew(xx,yy);
else cout<<query_max(xx,yy)<<"\n";
}
}
int main()
{
_t=read();
for(int i=1;i<=_t;i++)
{
cout<<"Case #"<<i<<":\n";
solve();
}
return 0;
}
