10.6题目大赏

2022-10-6

T1

炼心

题目背景

$Cafeiin$神情认真，专心的听着老师讲话。

“既然你已拜入算法门下，我便为你讲讲这算法的修炼之道，算法之道，分几重境界，初入编程，便是普及，普及之上更有提高。提高之上，一劫一境界。提高巅峰强者引天雷入体渡劫，便能成就省选，省选再渡劫，便是集训队，集训队再渡劫，便证得IOI大道。天榜之下还有地榜，从校赛市赛省赛一路渡劫，证得ICPC world final总决赛。不过，天榜学历皆不过高中，个个都是万里挑一的奇才。为师便考考你，这天地二榜，谁为首。”

题目描述

算法之路中有$n$名同学。第$i$个同学有$a_i$，表示该名同学的程序设计能力，$b_i$表示该名同学的学历（$1$ 表示幼儿园，$2-7$ 表示小学，$8-13$ 表示中学，大于$13$ 表示更高学历），它的名字是$s_i$为字符串。

天榜学历不超过$13$，地榜学历不小于$14$，满足学历要求的同学会分别在两个榜单中排名。

你需要分别输出，天榜地榜当中，程序设计能力最强的同学中，学历最小的名字，存在多个则输出字典序最小的那一个,如果榜上无人,输出$-1$。

输入格式

第一行一个整数$n$
接下来$n$行，每行有三个数据，分别是名字字符串$s_i$，程序设计能力$a_i$，学历$b_i$。

输出格式

两行,第一行为天榜强者的名字,第二行为地榜强者的名字。

样例

样例输入

5
cafeiin 18 11
George_Plover 20 12
Karshilov 19 12
wzk 23 14
Lenska 18 12

样例输出

George_Plover
wzk

数据范围与提示

对于$10\mathrm{\%}$的数据，天榜强者为George_Plover
对于$10\mathrm{\%}$的数据，地榜强者为George_Plover
对于$30\mathrm{\%}$的数据，$1⩽n⩽100$，$a_i⩽10，b_i⩽10$
对于$100\mathrm{\%}$的数据，$1⩽n⩽{10}^5$，$a_i⩽100，b_i⩽100，1⩽\mathrm{字}\mathrm{符}\mathrm{串}{s}_i\mathrm{长}\mathrm{度}⩽15$
保证名字互不相同

思路

简单排序题，按学历分成天榜地榜两类，分别按能力第一关键字、学历第二关键字、名字第三关键字排序输出即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n,a,b;
string s;
struct node
{
    string nam;
    int a,b;
};
bool cm(string a,string b)//a<b
{
    int la=a.length(),lb=b.length();
    int len=min(la,lb);
    for(int i=0;i<len;i++)
    {
        if(a[i]>b[i])return false;
    }
    return la<lb?true:false;
}
node tian[MAXN],di[MAXN];
int tott=0,totd=0;
bool cmp(node a,node b)
{
    if(a.a!=b.a)return a.a>b.a;
    if(a.b!=b.b)return a.b<b.b;
    return a.nam<b.nam;
}
string sread()
{
    getchar();
    char c=getchar();
    string ans;
    while(c!=' ')
    {
        ans+=c;
        c=getchar();
    }
    return ans;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        //cin>>s;
        s=sread();
        scanf("%d%d",&a,&b);
        if(b<=13)
        {
            tian[++tott].nam=s;
            tian[tott].a=a;
            tian[tott].b=b;
        }
        else
        {
            di[++totd].nam=s;
            di[totd].a=a;
            di[totd].b=b;
        }
    }
    sort(tian+1,tian+tott+1,cmp);
    sort(di+1,di+totd+1,cmp);
    if(tott)cout<<tian[1].nam<<endl;
    else cout<<"-1"<<endl;
    if(totd)cout<<di[1].nam;
    else cout<<"-1";
    return 0;
}

T2

炼气

题目背景

师傅讲完算法大道，便将一本黑色厚书丢给了$Cafeiin$，让$Cafeiin$好好阅读，随后又开始聊起了当年往事：“想当年，为师也是天榜榜上有名的天骄，年纪轻轻便入半步省选，只可惜为了宗门强行渡劫损了元神......”

虽然$Cafeiin$知道师傅是在吹牛，但$Cafeiin$还是看起了师傅给自己的书。

题目描述

这本书可以看作一个长度为$n$的字符串$S$，这个字符串由小写字母组成。

师傅说，这本书有千万种变化，如果对于一个区间$[l,r](1⩽l⩽r⩽n)$,如果字符串$A=s_l{s}_{l+1}...s_{r-1}{s}_r$满足，有不超过$1$种字符出现了奇数次，则这个区间是一个“法门”。

$Cafeiin$想知道这本书总共有多少个“法门”。

输入格式

第一行一个整数$n$，表示字符串$S$的长度。
接下来$1$行，一个长度为$n$的字符串$S$。

输出格式

一行一个整数，表示字符串$S$中的法门数量。

样例

样例输入

4
abab

样例输出

7

样例解释:区间(1,1),(1,3),(1,4),(2,2),(2,4),(3,3),(4,4)满足条件

数据范围与提示

对于$30\mathrm{\%}$的数据，$1⩽n⩽100$
对于$60\mathrm{\%}$的数据，$1⩽n⩽{10}^4$
对于$100\mathrm{\%}$的数据，$1⩽n⩽{10}^6$，字符串$S$只由小写字母组成

思路

一个区间是“法门”的条件是有不超过$1$种字符出现了奇数次。根据此性质容易想到异或^。只要一个区间的所有元素的异或和是$0$或‘$a$’~‘$z$’之间，那么该区间就是一个法门。由此而来的一个暴力想法是处理一个异或前缀和，每次枚举区间的两个端点，计算区间异或和并判断。

但这样的复杂度是$O(n^2)$的，无法胜任此题。

考虑从左到右扫一边，同时记录一个$26$位的状态$sta$，它表示从最左端到当前点，所有字母出现了奇数次还是偶数次。 那么每次到一个地方，能使$ans$增加的只会是 以当前节点为右端点且异或和为$0$或‘$a$’~‘$z$’的区间数，即之前与$sta$异或的结果 的二进制码中 只有一个$1$或没有$1$的状态数。因此我们每次更新$sta$的时候，$ans+=cnt[sta$^（$0$或$1$<<$k$，$k\in$[$0,25$]）$]$，同时用于计数的$cnt[sta]++$。这样就统计出了答案。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 67108865
#define int long long
using namespace std;
string s;
int n,st,a[MAXN]={0},ans=0;
bool flag=0;
string sread()
{
    char c=getchar();
    string ans;
    while(c>='a'&&c<='z')
    {
        ans+=c;
        c=getchar();
    }
    return ans;
}
string to_b(int x)
{
    string ans;
    while(x)
    {
        ans+=(x%2)+'0';
        x>>=1;
    }
    while(ans.length()<2){ans+='0';}
    return ans;
}
signed main()
{
    scanf("%lld",&n);
    getchar();
    s=sread();
    st=0;
    a[st]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        flag=0;
        st^=(1<<(s[i-1]-'a'));
        for(int j=1;j<=26;j++)
            ans+=a[st^(1<<(j-1))];
        ans+=a[st];
        a[st]++;
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

T3

炼体（原题:将军令）

题目背景

“又说回来了，虽说为师当年损失了元神，但是为师的图论......啊不炼体之术可没有落下，这炼体之
道，打通奇经八脉......”

题目描述

人体的经脉可以简化成一个有$n$个穴位的图，他们之间通过$n-1$条经络互相连通.每条经络长度
为$1$。
根据修行的炼体之术，一旦有一个穴位被打通,那么与它距离不超过$k$的穴位会被"活化"(包括自己)
Cafeiin想知道，最少需要打通自己多少个穴位，才能"活化"自己全身所有的穴位。

输入格式

第一行一个整数$n$，表示共有$n$个穴位。
接下来$n$行，每行$2$个整数$x、y$，表示$x$穴位到$y$穴位之间存在一条长度为$1$的边。

输出格式

一行一个整数，表示所需打通最少穴位数量样例。

样例输入1

4 1
1 2
1 3
1 4

样例输出1

1

样例输入2

6 1 
1 2 
1 3 
1 4 
4 5 
4 6

样例输出2

2

样例$1$:打通$1$号,所有穴位被激活。
样例$2$:打通$1$,$4$号,所有穴位被激活。

数据范围与提示

对于$30\mathrm{\%}$的数据，$n⩽{10}^2$
对于$50\mathrm{\%}$的数据，$n⩽{10}^4，k⩽1$
对于$100\mathrm{\%}$的数据，$1⩽n⩽{10}^5，0⩽k⩽20$

思路

这道题是一类经典的树形$DP$的拓展，详见战略游戏和消防局的设立这两题。

但对于这道题较简单的思路并不需要树形$DP$。考虑一个贪心策略：先以一个点为根$dfs$一遍，求出每个点的层数，并按层数从大到小排序。然后每次选择排序后数组的第$i$项，看该点是否被覆盖，如果没有就覆盖它的$k$级祖先。显然，我们要想让打通的穴位尽可能少，那么每个打通的穴位之间的重叠应尽可能小，即每个打通的穴位要独立覆盖尽可能大的面积。而每次选择$k$级祖先覆盖之所以最优，因为选择$k$级祖先一定可以覆盖完以$k$级祖先为根的整棵子树（最深的节点都能覆盖了，其他深度更浅的一定能被覆盖），且向子树以外的地方延伸最远，所以覆盖最广。

至于如何求出一个点是否被覆盖，我们使用一个$dis$数组表示每个点距离它最近的打通点的距离。如果一个点的父节点的$dis>=k$，则这个点一定没有被覆盖。每次确定打通的点时更新$dis$即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n,k,t,x,y,now,son,ans=0;
vector<int> tmap[MAXN];
int fa[MAXN],dis[MAXN];
struct node
{
    int dep,num;
}no[MAXN];
bool cmp(node a,node b)
{
    return a.dep>b.dep;
}
void dfs(int st,int fat,int depp)
{
    no[st].dep=depp;
    fa[st]=fat;
    for(int i=0;i<tmap[st].size();i++)
    {
        if(tmap[st][i]==fat)continue;
        dfs(tmap[st][i],st,depp+1);
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&t);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        tmap[x].push_back(y);
        tmap[y].push_back(x);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        no[i].num=i;
    dfs(1,1,0);
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    sort(no+1,no+n+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        now=son=no[i].num;
        for(int j=1;j<=k;j++)
        {
            now=fa[now];
            dis[son]=min(dis[son],dis[now]+j);
        }
        if(dis[son]>k)
        {
            dis[now]=0;
            ans++;
            for(int j=1;j<=k;j++)
            {
                now=fa[now];
                dis[now]=min(dis[now],j);
            }
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}