CSP模拟46

合集 - 2023 CSP&NOIP 模拟赛(11)

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开题顺序 3-2-1-4，感觉这套题挺草的。

T1 染色(color)

将限制看成边。

考虑质数集中只有一个偶质数 $2$ ，只考虑这条限制，对 $i \to i + 2$ 连边，发现是两条不相交的链，一条上的数都是奇数，另一条则都是偶数。对于一条链只需要使用两种颜色。

然后其他的质数都是奇数，则其他限制一定是从一条链指向另一条链，则只要一条链颜色集为 ${1, 3}$ ，另一条为 ${2, 4}$ ，就永远不会出现冲突。

发现 $n \leq 6$ 最优答案 $< 4$ ，特殊处理即可； $n > 6$ 直接输出 $(i - 1) mod 4 + 1$ 。

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=1e4+10;
int n;
int main()
{
    freopen("color.in","r",stdin);
    freopen("color.out","w",stdout);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin>>n;
    if(n<=6)
    {
        if(n==1) cout<<1<<endl<<"1"<<endl;
        if(n==2) cout<<1<<endl<<"1 1"<<endl;
        if(n==3) cout<<2<<endl<<"1 1 2"<<endl;
        if(n==4) cout<<2<<endl<<"1 1 2 2"<<endl;
        if(n==5) cout<<3<<endl<<"1 1 2 2 3"<<endl;
        if(n==6) cout<<3<<endl<<"1 1 2 2 3 3"<<endl;
    }
    else
    {
        cout<<4<<endl;
        for(register int i=1;i<=n;++i)
            cout<<(i-1)%4+1<<' ';
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}

开题时一下就注意到只有一个偶质数，但没想到解法，后面写完 T2 突然想到了。

T2 序列(array)

\sum_{i = 1}^{m} b_{i} + k \times {min}_{i = 1}^{m} b_{i}

考虑 $k = 0$ 。

此时肯定是优先使得小的 $a_{i}$ 对应的 $b_{i}$ 尽可能大。于是乎先将 $a$ 升序排序，从小到大枚举，每次使 $b_{i} \leftarrow m i n (n, ⌊ \frac{D}{a_{i}} ⌋), D \leftarrow D - a_{i} b_{i}$ 。记 $f (n, D)$ 为这种情况下，当 $b_{i} \leq n, \sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{i} \leq D$ 时最大的答案。

当 $k \neq 0$ ，令 ${min}_{i = 1}^{m} b_{i} = x, S = \sum_{i = 1}^{m} a_{i}$ ，也就是说先让每个 $b_{i} = x$ 。这种情况下贡献为 $x m + k x + f (n - x, D - x S)$ 。

感性理解发现是可能（好像假了）是单峰函数，三分求解， $x$ 取值范围 $[0, m i n (n, ⌊ \frac{D}{S} ⌋)]$ 。赛后 SoyTony 随了个 Hack 出来，因为有可能存在连续的函数值相等导致直接三分出错，所以要当 $l, r$ 相差较小时暴力处理取最大值。

但这个连续函数值相等的长度的上界不清楚，这样处理可能属于投机取巧。

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=2e5+10;
int T,n,m,k,a[MAXN],sum;
long long d;
inline long long f(long long x)
{
    long long D=d-x*sum,ans=x*(k+m);
    for(register int i=1;i<=m;++i)
    {
        long long K=min(D/a[i],1ll*n-x);
        ans+=K,D-=K*a[i];if(!K) break;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    freopen("array.in","r",stdin);
    freopen("array.out","w",stdout);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n>>m>>k>>d;sum=0;
        for(register int i=1;i<=m;++i)
            cin>>a[i],sum+=a[i];
        sort(a+1,a+1+m);
        int l=0,r=min(1ll*n,d/sum);long long ans=0;
        while(l+50<r)
        {
            int lmid=l+(r-l)/3,rmid=r-(r-l)/3;
            ans=max(ans,max(f(lmid),f(rmid)));
		    (f(lmid)<f(rmid))?l=lmid+1:r=rmid-1;
        }
        for(register int i=l;i<=r;++i) ans=max(ans,f(i));
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

赛时写了二分，但函数值不一定不等，所以寄了。幸好加了特判暴力，只挂了 5pts。

T3 树上询问(query)

感觉挺一眼的，5k 说应该放 T1，臣附议。

记 $L = l c a (l, r)$ ，典的不能再典的套路将路径拆成 $l \to L, L \to r$ 两部分。

第一部分 $x$ 满足条件等价于 $d e p_{l} - d e p_{x} = x$ ；第二部分 $x$ 满足条件等价于 $(d e p_{l} - d e p_{L}) + (d e p_{x} - d e p_{L}) = x$ 。与 $x$ 相关的值不变，故移到一边，变为 $d e p_{l} = x + d e p_{x}$ 和 $d e p_{l} - 2 d e p_{L} = x - d e p_{x}$ 。查询变为路径上等于某个值的数的个数，可以离线树上前缀和或在线树上主席树。

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int MAXN=3e5+10,MAXT=6.5e6+10;
int n,m,fa[MAXN],f[MAXN][20],dep[MAXN];
vector <int> v[MAXN];
struct tree
{
    int root[MAXN],cnt,t[MAXT],ls[MAXT],rs[MAXT],L,R;
    inline void push_up(int p){t[p]=t[ls[p]]+t[rs[p]];return ;}
    void change(int l,int r,int p,int q,int x)
    {
        if(l==r){t[q]=t[p]+1;return ;}
        int mid=(l+r)>>1;ls[q]=ls[p],rs[q]=rs[p];
        if(x<=mid) change(l,mid,ls[p],ls[q]=++cnt,x);
        else change(mid+1,r,rs[p],rs[q]=++cnt,x);
        push_up(q);return ;
    }
    int query(int l,int r,int p,int x)
    {
        if(x<l||x>r) return 0;
        if(l==r) return t[p];
        int mid=(l+r)>>1;
        if(x<=mid) return query(l,mid,ls[p],x);
        else return query(mid+1,r,rs[p],x);
    }
    inline void upd(int x,int z)
    {
        root[x]=++cnt;
        change(L,R,root[fa[x]],root[x],z);
        return ;
    }
    inline int Q(int x,int y,int z)
    {return query(L,R,root[x],z)-query(L,R,root[y],z);}
}a,b;
void dfs(int x)
{
    dep[x]=dep[fa[x]]+1,f[x][0]=fa[x];
    for(register int i=1;i<=__lg(dep[x]);++i)
        f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
    a.upd(x,dep[x]+x),b.upd(x,x-dep[x]);
    for(int y:v[x]) if(y!=fa[x]) fa[y]=x,dfs(y);
    return ;
}
inline int lca(int x,int y)
{
    if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
    while(dep[x]>dep[y]) x=f[x][__lg(dep[x]-dep[y])];
    if(x==y) return x;
    for(register int i=__lg(dep[x]);i>=0;--i)
        if(f[x][i]!=f[y][i]) x=f[x][i],y=f[y][i];
    return f[x][0];
}
int main()
{
    freopen("query.in","r",stdin);
    freopen("query.out","w",stdout);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin>>n>>m;
    a.L=2,a.R=n<<1,b.L=1-n,b.R=n-1;
    for(register int i=1;i<n;++i)
    {
        int x,y;cin>>x>>y;
        v[x].push_back(y),v[y].push_back(x);
    }
    dfs(1);
    for(register int i=1;i<=m;++i)
    {
        int l,r,L,ans=0;cin>>l>>r;L=lca(l,r);
        ans+=a.Q(l,fa[L],dep[l]);
        ans+=b.Q(r,L,dep[l]-(dep[L]<<1));
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

主席树多个 $\log$ ，好像有点傻。

T4 网络(network)

感觉这题是唯一一道有意义的难点的题，还挺神的，但题解还挺烂的，看了 Chen_jr 学长的题解，膜拜。

将每次操作抽象出来，就是限制 $x, y$ 不能同时带电。

发现仅要求 $\geq ⌊ \frac{n}{2} ⌋$ 根电线有电，考虑两两分组，定义一个二元组 $(x, y)$ ，这两个点中只有任意一个点带电。初始时随意的两两配对。

考虑一组操作 $x_{i}, y_{i}$ ，假设现在情况是 $(x_{i}, p_{x_{i}}), (y_{i}, p_{y_{i}})$ ，我们要重新配对为 $(x_{i}, y_{i}), (p_{x_{i}}, p_{y_{i}})$ ，这样肯定是可以符合定义的。

最后对于每一组中任意选定一个点带电，答案一定满足条件。

考虑如何输出方案，我们从后往前处理，相当于与原来相反。即对于一组操作 $x_{i}, y_{i}$ ，现在情况是 $(x_{i}, y_{i}), (p_{x_{i}}, p_{y_{i}})$ ，我们要重新配对为 $(x_{i}, p_{x_{i}}), (y_{i}, p_{y_{i}})$ 。我们知道 $x_{i}, y_{i}$ 不能同时带电，但是其中任意一个点都可能带电，这满足我们二元组的定义。所以如果 $y_{i}$ 带电这条边就是 $1$ ，否则是 $0$ 。

然后发现尽管进行这次操作后我们确定了带电的是哪个点，但是在这次操作前， $x_{i}, y_{i}$ 这两个点中，原来是哪个点带电都可以。所以我们重新配对为 $(x_{i}, p_{x_{i}}), (y_{i}, p_{y_{i}})$ 时，如果 $p_{x_{i}}$ 带电，那么带电的就是 $y_{i}$ ，否则是 $x_{i}$ 。这样倒推回去也是随时符合定义。

//这题写了点注释
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=5e5+10,MAXM=5e6+10;
int n,m,x[MAXM],y[MAXM],p[MAXN],ans[MAXM];
int opx[MAXM],opy[MAXM];bool b[MAXN];
int main()
{
#ifdef ONLINE_JUDGE
    freopen("network.in","r",stdin);
    freopen("network.out","w",stdout);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    ios::sync_with_stdio(0);
#endif
    cin>>n>>m;
    for(register int i=1;i<=n;++i)
    {
        if(i&1) p[i]=(i+1<=n)?i+1:0;
        else p[i]=(i-1);
    }
    if(n&1) p[0]=n;//n 为奇数就放个 0 进去
    for(register int i=1;i<=m;++i)
    {
        cin>>x[i]>>y[i];
        //opx[i] 指在进行第 i 个操作前的 p[x]，opy[i] 同理
        opx[i]=p[x[i]],opy[i]=p[y[i]];
        p[x[i]]=y[i],p[y[i]]=x[i];
        p[opx[i]]=opy[i],p[opy[i]]=opx[i];
    }
    //随意钦定，这里判断大于可以保证只选一个点
    for(register int i=1;i<=n;++i) if(i>p[i]) b[i]=true;
    for(register int i=m;i;--i)
    {
        if(b[y[i]]) ans[i]=1;
        if(!b[opx[i]]) b[x[i]]=true,b[y[i]]=false;
        if(!b[opy[i]]) b[y[i]]=true,b[x[i]]=false;
        p[x[i]]=opx[i],p[y[i]]=opy[i];
        p[opx[i]]=x[i],p[opy[i]]=y[i];
    }
    cout<<"YES"<<endl;
    for(register int i=1;i<=m;++i) cout<<ans[i];
    cout<<endl;return 0;
}

考场写了个很奇怪的东西，暴力分都没拿到。话说这题应该很难场切吧。

posted @ 2023-09-27 17:47 int_R 阅读(91) 评论(0) 编辑收藏举报

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