NOIP模拟<反思>（36~）

合集 - 模拟赛题解(11)

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9.NOIP模拟<反思>（36~）2023-11-16

10.省选联测 (7~13)2024-01-0811.省选联测（14~20）2024-01-19

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NOIP2023模拟19联测40#

异或连通#

类似于线段树分治，但是可以在 $trie$ 树上做。首先根据询问建一棵 $trie$ 树，然后现在考虑将边插到树上。设插入的边权为 $c_i$，因为 $c_i^x<K$，所以我们压着上界走，考虑每一位 $i$，如果 $K$ 在第 $i$ 位上位 $1$，那么假如 $c_i$ 在这位上位 $1$，那么在 $1$ 的儿子上可以压入这条边，而且这个点下面的值异或起来都不会大于 $K$。然后再用一个可撤销并查集就可以了。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,m,q,k;
struct asd{
    int x,y,c;
}a[N];
int Q[N];
int tr[N*100][2],idx=0;
unordered_map<int,int> rk;
void insert(int x,int p){
    int u=0;
    for(int i=32;i>=0;i--){
        int ch=((x>>i)&1);
        if(!tr[u][ch]) tr[u][ch]=++idx;
        u=tr[u][ch];
    }
    rk[p]=u;
}
vector<int> s[N*100];
void updata(int x){
    int w=a[x].c;
    int u=0;
    for(int i=32;i>=0;i--){
        int p=((k>>i)&1);
        int ch=(((k^w)>>i)&1);
        if(p==1 && tr[u][(w>>i)&1]) s[tr[u][(w>>i)&1]].push_back(x);
        u=tr[u][ch];
        if(!u) break;
    }
}
struct qwe{
    int x,fx,siz;
}b[N*10];
int top=0;
int fa[N],siz[N];
int get_fa(int x){
    if(fa[x]==x) return x;
    else return get_fa(fa[x]);
}
int ans=0;
unordered_map<int,int> anss;
void dfs(int x){
    int lim=top;
    for(int p=0;p<s[x].size();p++){
        int i=s[x][p];
        int fx=get_fa(a[i].x),fy=get_fa(a[i].y);
        if(fx==fy) continue;
        if(siz[fx]>siz[fy]){
            b[++top]={fy,fx,siz[fx]};
            ans=ans-(siz[fx]-1)*siz[fx]/2;
            ans=ans-(siz[fy]-1)*siz[fy]/2;
            fa[fy]=fx;
            siz[fx]+=siz[fy];
            ans=ans+(siz[fx]-1)*siz[fx]/2;
        }
        else{
            b[++top]={fx,fy,siz[fy]};
            ans=ans-(siz[fx]-1)*siz[fx]/2;
            ans=ans-(siz[fy]-1)*siz[fy]/2;
            fa[fx]=fy;
            siz[fy]+=siz[fx];
            ans=ans+(siz[fy]-1)*siz[fy]/2;
        }
    }
    anss[x]=ans;
    if(tr[x][0]) dfs(tr[x][0]);
    if(tr[x][1]) dfs(tr[x][1]);
    while(top>lim){
        fa[b[top].x]=b[top].x;
        ans-=(siz[b[top].fx]-1)*siz[b[top].fx]/2;
        siz[b[top].fx]=b[top].siz;
        ans+=(siz[b[top].fx]-1)*siz[b[top].fx]/2+(siz[b[top].x]-1)*siz[b[top].x]/2;
        top--;
    }
}
signed main(){
    // freopen("data.in","r",stdin);
    // freopen("cnt.out","w",stdout);
    freopen("xor.in","r",stdin);
    freopen("xor.out","w",stdout);
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&q,&k);
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].c);
    for(int i=1;i<=q;i++){
        scanf("%lld",&Q[i]);
        insert(Q[i],i);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(a[i].x==a[i].y) continue;
        updata(i);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        fa[i]=i,siz[i]=1;
    }
    dfs(1);
    for(int i=1;i<=q;i++){
        printf("%lld\n",anss[rk[i]]);
    }
}

民主投票#

设 $d{p}_{i,u}$ 表示当前子树为 $i$，且子树内每个点票数不大于 $u$，此时这个子树需要向祖先贡献的票数，显然当 $d{p}_{1,u}=0$ 时，$u$ 是成立的。

那么我们可以二分一个 $u$，然后找到一个最小的 $u$，然后进行讨论。

如果一个点的子树（排除自己）大小大于 $u$，那么这个点可以获胜，如果一个点子树大小小于 $u$，那么这个点不可能获胜，因为需要严格大于，所以思考等于的情况。

我们可以求一个 $u-1$ 时的 $dp$ 状态，然后考虑一个子树为 $u$ 的点 $x$，那么这个点 $dp$ 肯定为 $0/1$，现在我们要让这个点票数为 $u$，相当于贡献减少 $1$，然后要通过一系列操作让 $d{p}_1$ 边为 $0$。那么肯定 $d{p}_x=0$ 肯定无解，那么考虑向上传递，没会会让到根路径上的点 $dp$ 减一，然后发现如果为 $0$，那么就传递不动，也就无法影响根，所以无解。还要保证根的 $dp$ 为 $1$，因为只能减少 $1$ 的贡献使之变为 $0$。所以要求是这个点和根节点 $dp$ 为 $1$，路径上的点 $dp$ 大于 $1$。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int head[N*2],ver[N*2],nex[N*2],tot=0;
void add(int x,int y){
    ver[++tot]=y,nex[tot]=head[x],head[x]=tot;
}
int fa[N];
int dp[N];
int lim;
int size[N];
void dfs(int x,int f){
    dp[x]=0;
    size[x]=1;
    for(int i=head[x];i;i=nex[i]){
        int y=ver[i];
        if(y==f) continue;
        dfs(y,x);
        size[x]+=size[y];
        dp[x]+=dp[y];
    }
    if(dp[x]>lim) dp[x]=dp[x]-lim;
    else dp[x]=0;
    if(x!=1) dp[x]++;
}
bool check(int d){
    lim=d;
    dfs(1,0);
    if(dp[1]==0) return 1;
    else return 0;
}
int st[N],top=0;
bool ans[N];
bool flat[N];
void dfs1(int x,int f){
    if(flat[x] && dp[x]==2) ans[x]=1;
    for(int i=head[x];i;i=nex[i]){
        int y=ver[i];
        if(y==f) continue;
        if(dp[y]==1) continue;
        dfs1(y,x);
    }
}
inline int read(){
    int x=0;char ch=getchar();
    for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()){}
    for(;ch>='0' && ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
    return x; 
}
int main(){
    freopen("election.in","r",stdin);
    freopen("election.out","w",stdout);
    int T;
    scanf("%d",&T);
    for(int p=1;p<=T;p++){
        int n;
        n=read();
        memset(head,0,sizeof(int)*(n+1));
        memset(ans,0,sizeof(bool)*(n+1));
        memset(flat,0,sizeof(bool)*(n+1));
        tot=0;
        for(int i=2;i<=n;++i){
            fa[i]=read();
            add(i,fa[i]),add(fa[i],i);
        }
        int l=1,r=sqrt(n)+10;
        while(l<r){
            int mid=(l+r)>>1;
            if(check(mid)) r=mid;
            else l=mid+1;
        }
        top=0;
        for(int i=1;i<=n;++i){
            if(size[i]-1>l) ans[i]=1;
            else if(size[i]-1<l) ans[i]=0;
            else flat[i]=1;
        }
        check(l-1);
        if(top<=1 && dp[1]==1){
            dfs1(1,0); 
        }
        for(int i=1;i<=n;++i){
            printf("%d",ans[i]);
        }
        printf("\n");
    }
    // cout<<"w ";
}



/*
1
20
1 2 1 3 4 4 3 8 9 8 4 6 11 6 13 12 5 3 19 

11110001000000000000

5
7
1 2 3 3 3 4 
3
1 1 
6
1 2 3 3 1 
6
1 1 3 4 4 
2
1 

1110000
100
110000
101000
10



*/