CSP-S 模拟测试92 题解

话说我怎么觉得我没咕多长时间啊，怎么就又落了20多场题解啊

T1 array：

根据题意不难列出二元一次方程，于是可以用exgcd求解，然而还有一个限制条件就是$abs(x)+abs(y)$最小，这好像很难搞，但是我们用exgcd求出一组特解之后的通解公式是个一次函数，通过手玩可知x,y只可能是最小正整数或最大负整数解，这就很好整，时间复杂度$O(n)$，当然也可以三分。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y,int &gcd){//ax+by=c,gcd wei gongyueshu
    if(!b){
        gcd=a;
        x=1;
        y=0;
    }
    else{
        exgcd(b,a%b,y,x,gcd);
        y-=a/b*x;
    }
}
int gcd(int a,int b){
    return (!b)?a:gcd(b,a%b);
}
int solve(int a,int b,int x,int y,int k,int g){
    //cout<<"a=="<<a<<" b=="<<b<<" k=="<<k<<endl;
    int ka=a,kb=b;
    a/=g,b/=g;k/=g;
    //cout<<"a=="<<a<<" b=="<<b<<" k=="<<k<<endl;
    int res=0x7fffffffffffffff;
    int tmpx=x%b,tmpy=(k-a*tmpx)/b;
    res=min(res,abs(tmpx)+abs(tmpy));
    //cout<<"tmpx=="<<tmpx<<" tmpy=="<<tmpy<<" res=="<<res<<endl;
    if(tmpx==0){
        res=min(res,abs(tmpx+b)+abs(tmpy-a));
        res=min(res,abs(tmpx-b)+abs(tmpy+a));
    }
    
    else if(tmpx<0) tmpx+=b,tmpy-=a,res=min(res,abs(tmpx)+abs(tmpy));
    else tmpx-=b,tmpy+=a,res=min(res,abs(tmpx)+abs(tmpy));
    //cout<<"tmpx=="<<tmpx<<" tmpy=="<<tmpy<<" res=="<<res<<endl;
    tmpy=y%a,tmpx=(k-b*tmpy)/a;
    res=min(res,abs(tmpx)+abs(tmpy));
    //cout<<"tmpx=="<<tmpx<<" tmpy=="<<tmpy<<" res=="<<res<<endl;
    if(tmpy==0){
        res=min(res,abs(tmpx+b)+abs(tmpy-a));
        res=min(res,abs(tmpx-b)+abs(tmpy+a));
    }
    else if(tmpy<0) tmpy+=a,tmpx-=b,res=min(res,abs(tmpx)+abs(tmpy));
    else tmpy-=a,tmpx+=b,res=min(res,abs(tmpx)+abs(tmpy));
    //cout<<"tmpx=="<<tmpx<<" tmpy=="<<tmpy<<" res=="<<res<<endl;
    return res;
}
int k[N];
 main(){
    //freopen("1.in","r",stdin);
    int n,a,b;
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&a,&b);
    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&k[i]);
    int flag=0;
    long long ans=0;
    int x,y;
    int g;
    exgcd(a,b,x,y,g);
    int tmpx=x,tmpy=y;
    for(int i=1;i<=n;++i){    
        //cout<<"x=="<< x<<" y=="<<y<<endl;
        //cout<<"gcd=="<<g<<" k[i]=="<<k[i]<<endl;
        if(k[i]%g!=0) {flag=1;break;}
        int tmp=k[i]/g;
        x=tmpx*tmp,y=tmpy*tmp;
        //cout<<"x=="<<x<<" y=="<<y<<endl;
        int res=solve(a,b,x,y,k[i],g);
        //cout<<"res=="<<res<<endl;
        ans+=res;
    }
    if(flag) puts("-1");
    else printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

T2 pair

考场上一看到这题发现和队长快跑那题很像，然后就回忆起了那天调了一个下午影魔的一个log在线做法然后水果那道题的惨痛经历，果然水题没有好下场啊qwq

首先设出dp定义$dp_{i,s}$表示到i并且选i，$max(a_i)=j$的最大值。

我们在来考虑他给出的限制，如果$a_i < b_j$且 $a_j>b_i$ 那么一定是i在j前。反之同理。

那么我们可以按$max(a,b)$排序，然后dp

转移时，我们要分类讨论

如果$a_i < b_i$，因为要$max(a)<b_i$所以，$f[i-1][a[i]]$到$f[i-1][b[i]]$的最大值不会改变，直接加$val$就好，在$1-a[i-1]$的最大值变为了$a[i]$，用前面的最大值更新dp就好了。

如果$a_i > b_i$，因为要$max(a)<b_i$所以，$1-b[i]$的最大值变为$a[i]$，同上更新即可。

以上操作只需要维护一棵资磁区间加，单点修改，区间max线段树就好了。

 

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int cnt,lsh[N<<1];
struct node{
    int a,b,w;
}p[N];
int dp[N];
bool cmp(node x,node y)
{
    if(max(x.b,x.a)!=max(y.b,y.a))
        return max(x.b,x.a)<max(y.b,y.a);
    else return x.b<y.b;
}
struct SegmentTree{
    int l,r,mx,lazy;
}tr[N<<2];
void build(int p,int l,int r){
    tr[p].l=l,tr[p].r=r;
    if(l==r){return ;}
    int mid=(l+r)>>1;
    build(p<<1,l,mid);
    build(p<<1|1,mid+1,r);
}
void down(int p){
    if(!tr[p].lazy) return ;
    tr[p<<1].lazy+=tr[p].lazy,tr[p<<1|1].lazy+=tr[p].lazy;
    tr[p<<1].mx+=tr[p].lazy,tr[p<<1|1].mx+=tr[p].lazy;
    tr[p].lazy=0;
}
void add(int p,int l,int r,int ll,int rr,int val){
    if(ll<=l&&r<=rr){
        tr[p].mx+=val;
        tr[p].lazy+=val;
        return ;
    }
    down(p);
    int mid=(tr[p].l+tr[p].r)>>1;
    if(ll<=mid) add(p<<1,l,mid,ll,rr,val);
    if(rr>mid) add(p<<1|1,mid+1,r,ll,rr,val);
    tr[p].mx=max(tr[p<<1].mx,tr[p<<1|1].mx);
}
int q_mx=0;
void ask(int p,int l,int r,int ll,int rr){
    if(ll<=l&&r<=rr){
        q_mx=max(q_mx,tr[p].mx);
        return ;
    }
    down(p);
    int mid=(tr[p].l+tr[p].r)>>1;
    if(ll<=mid) ask(p<<1,l,mid,ll,rr);
    if(rr>mid) ask(p<<1|1,mid+1,r,ll,rr);
}
void update(int p,int l,int r,int pos,int val){
    if(l==r){
        tr[p].mx=max(val,tr[p].mx);
        return ;
    }
    down(p);
    int mid=(tr[p].l+tr[p].r)>>1;
    if(pos<=mid) update(p<<1,l,mid,pos,val);
    else update(p<<1|1,mid+1,r,pos,val);
    tr[p].mx=max(tr[p<<1].mx,tr[p<<1|1].mx);
}
signed main(){
//    freopen("2.in","r",stdin);
    int n;
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        scanf("%lld%lld%lld",&p[i].a,&p[i].b,&p[i].w);
    }
    sort(p+1,p+n+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n;++i) lsh[++cnt]=p[i].a,lsh[++cnt]=p[i].b;
    sort(lsh+1,lsh+cnt+1);
    int len=unique(lsh+1,lsh+cnt+1)-(lsh+1);
    int maxn=0;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        p[i].a=lower_bound(lsh+1,lsh+len+1,p[i].a)-lsh;
        p[i].b=lower_bound(lsh+1,lsh+len+1,p[i].b)-lsh;
        maxn=max(maxn,p[i].a);
        maxn=max(maxn,p[i].b);
    }
    build(1,1,maxn);
//    cout<<"maxn=="<<maxn<<endl;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        if(p[i].a>p[i].b){
            q_mx=0;
            ask(1,1,maxn,1,p[i].b);
//            cout<<q_mx<<endl;
            dp[i]=max(dp[i],q_mx+p[i].w);
        }
        else{
            q_mx=0;
            ask(1,1,maxn,1,p[i].a);
//            cout<<q_mx<<endl;
            dp[i]=max(dp[i],q_mx+p[i].w);
            add(1,1,maxn,p[i].a,p[i].b,p[i].w);
        }
        update(1,1,maxn,p[i].a,dp[i]);
    }
    printf("%lld\n",tr[1].mx);
}

 

T3 distance

感觉思路和meet in the middle 有些相似，不过也不太一样废话，这提重点思路就在于相当于从中间把两条路径连起来。

具体做法就是以所有特殊点为源点，跑一个多源点spfa，然后记录每个点，离最特殊点的距离，以及是那一个特殊点。跑完spfa后枚举所有边，如果两个端点不同就更新这两个端点的最近特殊点的答案。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=2e5+10;
int to[N<<1],nex[N<<1],edge[N<<1],fr[N<<1];
int first[N];
bool is[N];
int sp[N],dis[N],v[N],ans[N];
int tot;
void add(int a,int b,int c){
    to[++tot]=b,nex[tot]=first[a],first[a]=tot,edge[tot]=c,fr[tot]=a;
}
int sour[N];
int n,m,p;
void spfa(){
    for(int i=1;i<=n;++i) dis[i]=10000000000000000;
    queue<int> q;
    for(int i=1;i<=p;++i) q.push(sp[i]),dis[sp[i]]=0,v[sp[i]]=1,sour[sp[i]]=sp[i];
    while(q.size()){
        int x=q.front();q.pop();
        v[x]=0;
        for(int i=first[x];i;i=nex[i]){
            int y=to[i],z=edge[i];
            if(dis[y]>dis[x]+z){
                dis[y]=dis[x]+z;
                sour[y]=sour[x];
                if(!v[y]) q.push(y),v[y]=1;
            }
        }
    }
}
signed main(){
    //freopen("3.in","r",stdin);
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
    for(int i=1;i<=n;++i) ans[i]=10000000000000000;
    for(int i=1;i<=p;++i) {scanf("%lld",&sp[i]);is[sp[i]]=1;}
    for(int i=1;i<=m;++i){
        int x,y,w;
        scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&w);
        add(x,y,w);
        add(y,x,w);
    }
    spfa();
//    for(int i=1;i<=n;++i) cout<<"sour["<<i<<"]=="<<sour[i]<<" dis["<<i<<"]=="<<dis[i]<<endl;
    for(int i=1;i<=tot;i+=2){
        if(sour[fr[i]]!=sour[to[i]]){
//            cout<<"g"<<fr[i]<<" "<<to[i]<<" "<<edge[i]<<endl;
            ans[sour[fr[i]]]=min(ans[sour[fr[i]]],dis[fr[i]]+dis[to[i]]+edge[i]);
            ans[sour[to[i]]]=min(ans[sour[to[i]]],dis[fr[i]]+dis[to[i]]+edge[i]);

        }
    }
    for(int i=1;i<=p;++i) printf("%lld ",ans[sp[i]]);
}
/*
5 6 3
2 4 5
1 2 4
1 3 1
1 4 1
1 5 4
2 3 1
3 4 3
*/