冲刺国赛模拟 26
突然发现西安这段日子八场我打了三场还都是掉分。菜死了。
把精神状态固定在一个较低的水平会不会显得很弱智。不过我心理年龄大概在小六水平就不说什么了。
为啥我 tm 犯蠢没换新刀片。这玩意是不是和嗑药本质相同。
博鲁夫卡
曾经和 joke3579 一起做过这套的 E。对就是没题解的那场 ucup。当时他给我报了一遍所有题意，到这个题的时候说是个大板子。
容易发现 \(10^9\) 个点没啥用处，只要把不是边的端点的连续点缩成一个就行了。然后剩下 \(400000\) 个点跑某个姓 B 的最小生成树算法。每轮可能贡献的只有相邻块的边和给的 \(m\) 条边，找相邻块的边可以暴力扫，因此复杂度 \(O(m\log n)\)。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,ans,fa[400010],lsh[400010],pos[400010],pre[400010],suf[400010];
pair<int,int>mn[400010];
vector<pair<int,int> >g[400010];
struct gra{
int u,v,w;
}edge[400010];
int find(int x){
return x==fa[x]?fa[x]:fa[x]=find(fa[x]);
}
void merge(int x,int y){
fa[find(y)]=find(x);
}
int cnt;
struct node{
int l,r,id;
}a[400010];
bool vis[400010];
signed main(){
int tim;scanf("%lld",&tim);
while(tim--){
scanf("%lld%lld",&n,&m);cnt=ans=lsh[0]=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%lld%lld%lld",&edge[i].u,&edge[i].v,&edge[i].w);
lsh[++lsh[0]]=edge[i].u;lsh[++lsh[0]]=edge[i].v;
}
sort(lsh+1,lsh+lsh[0]+1);
lsh[0]=unique(lsh+1,lsh+lsh[0]+1)-lsh-1;
for(int i=1;i<=m;i++){
edge[i].u=lower_bound(lsh+1,lsh+lsh[0]+1,edge[i].u)-lsh;
edge[i].v=lower_bound(lsh+1,lsh+lsh[0]+1,edge[i].v)-lsh;
g[edge[i].u].push_back(make_pair(edge[i].v,edge[i].w));
g[edge[i].v].push_back(make_pair(edge[i].u,edge[i].w));
}
if(lsh[1]!=1)a[++cnt]={1,lsh[1]-1,0},ans+=lsh[1]-2;
for(int i=1;i<=lsh[0];i++){
a[++cnt]={lsh[i],lsh[i],i};pos[i]=cnt;
if(i!=lsh[0]&&lsh[i]+1<lsh[i+1])a[++cnt]={lsh[i]+1,lsh[i+1]-1,0},ans+=lsh[i+1]-lsh[i]-2;
}
if(lsh[lsh[0]]!=n)a[++cnt]={lsh[lsh[0]]+1,n,0},ans+=n-lsh[lsh[0]]-1;
for(int i=0;i<=cnt+1;i++)fa[i]=i;
int ret=cnt;
while(ret>1){
for(int i=1;i<=cnt;i++){
if(find(i-1)!=find(i))pre[i]=i-1;
else pre[i]=pre[i-1];
}
for(int i=cnt;i>=1;i--){
if(find(i)!=find(i+1))suf[i]=i+1;
else suf[i]=suf[i+1];
}
for(int i=1;i<=cnt;i++)mn[i]=make_pair(0x3f3f3f3f,0);
for(int i=1;i<=cnt;i++){
for(pair<int,int>p:g[a[i].id])vis[p.first]=true;
for(int j=i;j>=1;j--){
if(find(i)==find(j))j=pre[j];
if(!j)break;
if(!vis[a[j].id]){
mn[find(i)]=min(mn[find(i)],make_pair(a[i].l-a[j].r,j));
break;
}
}
for(int j=i;j<=cnt;j++){
if(find(i)==find(j))j=suf[j];
if(j>cnt)break;
if(!vis[a[j].id]){
mn[find(i)]=min(mn[find(i)],make_pair(a[j].l-a[i].r,j));
break;
}
}
for(pair<int,int>p:g[a[i].id]){
vis[p.first]=false;
if(find(pos[p.first])!=find(i))mn[find(i)]=min(mn[find(i)],make_pair(p.second,pos[p.first]));
}
}
for(int i=1;i<=cnt;i++){
if(!mn[i].second)continue;
if(find(i)!=find(mn[i].second)){
ans+=mn[i].first;
merge(i,mn[i].second);
ret--;
}
}
}
printf("%lld\n",ans);
for(int i=1;i<=lsh[0];i++)g[i].clear();
}
return 0;
}
路径压缩
赛时找到了原题，但是不会。
首先判无解：原先在同一连通块最后不在了不合法，最后并查集如果出环了也不合法。\(g\) 中并查集森林的根一定在 \(f\) 中是根，否则不合法。
容易发现最后如果 \(x\) 是 \(y\) 的祖先，那么自从合并到一个连通块开始 \(x\) 就一直是 \(y\) 的祖先。于是 \(f\) 的并查集森林中所有的根的祖先关系构成一个序。出环了无解，否则可以拓扑排序得到一组合法的解。
构造解的时候首先倒着考虑拓扑序，使得每个点往后合并到自己后边的点，然后在每次合并的时候把所有的 \(f_i\neq g_i\) 的点 find 一次即可。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
int n,f[1010],g[1010],ind[1010];
bool vis[1010];
int find(int x){
return x==f[x]?f[x]:f[x]=find(f[x]);
}
struct Dsu{
int fa[1010];
int find(int x){
return x==fa[x]?fa[x]:fa[x]=find(fa[x]);
}
}a,b;
struct node{
int v,next;
}edge[1010];
int t,head[1010];
void add(int u,int v){
edge[++t].v=v;edge[t].next=head[u];head[u]=t;
}
struct ques{
int od,x,y;
};
vector<ques>ans;
int pre[1010],ed[1010],to[1010],dfn[1010];
queue<int>q;
void solve(){
scanf("%d",&n);ans.clear();t=0;dfn[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)head[i]=vis[i]=ind[i]=to[i]=ed[i]=0,pre[i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&f[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&g[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)a.fa[i]=f[i],b.fa[i]=g[i];
for(int i=1;i<=n;i++){
if(f[i]==i)vis[i]=true;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(f[i]!=g[i]&&!vis[f[i]]){
find(i);ans.push_back({1,i,0});
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(f[i]!=g[i]){
if(!vis[g[i]]){
puts("NO");return;
}
if(f[g[i]]==g[g[i]])ed[f[i]]=g[i];
else add(f[i],g[i]),ind[g[i]]++;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(vis[i]&&f[i]!=g[i]&&!ind[i])q.push(i);
}
while(!q.empty()){
int x=q.front();q.pop();
dfn[++dfn[0]]=x;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].next){
ind[edge[i].v]--;
if(!ind[edge[i].v])q.push(edge[i].v);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)if(ind[i]){
puts("NO");return;
}
for(int z=dfn[0];z>=1;z--){
int x=dfn[z];
for(int i=head[x];i;i=edge[i].next)ed[x]=ed[edge[i].v];
to[x]=pre[ed[x]];pre[ed[x]]=x;
}
for(int i=1;i<=dfn[0];i++){
int x=dfn[i];f[x]=to[x];
ans.push_back({2,x,to[x]});
for(int j=1;j<=n;j++){
if(f[j]!=g[j]&&f[j]==x){
find(j);
ans.push_back({1,j,0});
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
if(a.find(i)==a.find(j)&&b.find(i)!=b.find(j)){
puts("NO");return;
}
}
}
puts("YES");
printf("%d\n",(int)ans.size());
for(ques x:ans){
if(x.od==1)printf("%d %d\n",x.od,x.x);
else printf("%d %d %d\n",x.od,x.x,x.y);
}
}
int main(){
int tim;scanf("%d",&tim);
while(tim--)solve();
return 0;
}
鱼了个鱼
怎么又这种东西。超级结论题。
没找到原题，大概不是 ucup 的，因为没找到。但是这个结论很熟悉，好像在哪里见过这题。是不是牛子老师在群里发过题解。
根据抽屉原理 \(S<N\) 一定有解，然后每个花色最大的是消不掉的，因此 \(S>N\) 一定无解。
然后有个结论是说如果能删则一定删。口胡的证明：假如说要删空这一堆，那么显然要删。如果要删空别的堆再把这个放上去，那么同样删比不删然后垫在底下要好。如果不把这个放上去那不影响。
那么我们现在是这样的过程：能删就删，如果有空还要决策一个把哪堆放到空的里边。那我们先删，一直到不能删。
这时候有个玄学的判定方法：建立源点 \(S\) 和汇点 \(T\)，将每种最大值在栈底的元素看做一个点，如果一种颜色只有最大值那么和源点连边，如果一个栈里有若干种颜色的最大值那么它们向汇点连边，然后对于颜色 \(x\) 的最大值和颜色 \(y\) 的次大值在同一个栈里，连 \(x\to y\) 边。如果源点能到汇点则合法。证明不会。
代码没写。感觉浪费时间。
快踩
