2024牛客多校第二场
B MST
类似根号分治的思路，点数少的跑Prim，点数大的跑Kruscal
有个坑点是分界点调100过不了，90能卡过去
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e5+5; const ll inf = 1e16; int n,m,Q; struct ed{ int u,v,w; }edge[N<<1]; bool cmp(ed a,ed b){ return a.w<b.w; } map<int,int>e[N]; struct S { int u; int d; }; bool operator<(const S &x, const S &y) { return x.d > y.d; } priority_queue<S> q; int a[N]; bool vis[N]; void Prim(int n){ // cout<<"Prim\n"; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],vis[a[i]]=0; q.push({a[1], 0}); int cnt = 0; ll res=0; while (!q.empty() && cnt<=n ) { int u = q.top().u, d = q.top().d; q.pop(); if (vis[u]) continue; vis[u] = 1; ++cnt; res += d; //cout<<u<<" : "<<d<<"\n"; for (int i = 1; i <= n ; i++ ) { int v = a[i];ll w = e[u][v]; if (!vis[v] && w ) { q.push({v, w}); } } } for(int i=1;i<=n;i++) vis[a[i]]=0; if(cnt>=n) cout<<res<<"\n"; else cout<<-1<<"\n"; } int pa[N]; int find(int x){ if(pa[x]!=x) return pa[x]=find(pa[x]); return x; } void kruscal(int n){ // cout<<"kruscal"<<"\n"; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; for(int i=1;i<=n;i++) pa[a[i]]=a[i],vis[a[i]]=1; ll tot=0; int use=0; for(int i=1;i<=m;i++){ if(!vis[edge[i].v] || !vis[edge[i].u] ) continue; int f1=find(edge[i].u),f2=find(edge[i].v); if(f1!=f2){ tot+=edge[i].w; pa[f1]=f2; use++; } } if(use==n-1) cout<<tot<<"\n"; else cout<<-1<<"\n"; for(int i=1;i<=n;i++) pa[a[i]]=a[i],vis[a[i]]=0; } int main(){ // freopen("3.in","r",stdin); // freopen("lys.out","w",stdout); ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);cout.tie(0); cin>>n>>m>>Q; int cnt=0; for(int i=1;i<=m;i++){ int u,v,w;cin>>u>>v>>w; cnt++; edge[cnt]=(ed){u,v,w}; e[u][v]=w; e[v][u]=w; } sort(edge+1,edge+1+m,cmp); int base=90; while(Q--){ //TODO int k;cin>>k; if(k<=base){ // prim Prim(k); } else kruscal(k); } }
I
大概思路想的都差不多了，但是赛时在纠结如何计算" 区间剩下的数的个数 × 区间两端的值 "
"区间剩下的数的个数"不会处理，只想到加维度做成背包
但事实上完全可以在计算时直接算上贡献！如果该区间还包含更优的子区间，再用子区间的答案j进行更新就是了
这种类似先把贡献算好的思想之前遇到过。
赛时也没有设计好dp状态，如果能观察到其实是在n个区间内转移而非单纯的线性dp（这点真的很妙）
应该就能想到用g[i]表示当前在某个区间，枚举到当前区间第i个数的贡献
C
发现从左上角开始走是最优的，确定了起点就和普通递推没什么区别了
#include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; const int N=1e6+505; int n,res; string c[2]; int f[N][2],s[N][2]; int main(){ cin >> n; cin >> c[0] >> c[1]; for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=0;j<2;j++) if (c[j][i-1]=='R') s[i][j]=1; for (int i=1;i<=n;i++){ for (int j=0;j<2;j++){ if (s[i][j]){ f[i][j]=f[i-1][j]+1; if (s[i][j^1]) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j^1]+2); } res=max(res,f[i][j]); } } if (res!=0) cout << res-1 << endl; else cout << 0 << endl; return 0; }
E
#include<cstdio> #include<iostream> #define int long long using namespace std; int T,x; int lowbit(int x){ return x&(-x); } void work(){ cin >> x; int res=x-lowbit(x); if (res) cout << res << endl; else cout << -1 << endl; } signed main(){ cin >> T; while(T--) work(); return 0; }
H
考虑拆成两维转化成前缀和，能经过点（x,y)首先要能走到(x,y)
对于固定的右端点r，相当于问有多少个点i满足
sumx[r]-sumx[i-1]=x
sumy[r]-sumy[i-1]=y
问题变成求这些点的后缀和，正着求不好求还可能算重，倒叙枚举i=n;i>=1;i--
对于当前枚举到的i，可能有很多的 j 比 i 大且都符合上面两个式子
只计算最小的那个 j ，显然只要加上这个 j 对应的后缀，所有的 j 都能不重不漏地考虑到
#include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; const int N=2e5,dx[]={1,-1,0,0},dy[]={0,0,-1,1}; int n,x,y,ans=0; char s[N+5]; map< pair<int,int>,int> sum; int Mov(char ch) { if(ch=='W') return 3; else if(ch=='S') return 2; else if(ch=='A') return 1; else return 0; } void Kafka() { ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0),cout.tie(0); cin>>n>>x>>y; cin>>s+1; if(x==0&&y==0) { cout<<n*(n+1)/2<<endl; return; } sum[make_pair(0,0)]=n; int Sx=0,Sy=0; for(int i=n;i;--i) { int now=Mov(s[i]); Sx+=dx[now],Sy+=dy[now]; // printf("i=%d x=%d y=%d\n",i,Sx,Sy); int Nx=Sx-x,Ny=Sy-y; if(sum.find(make_pair(Nx,Ny))!=sum.end()) ans+=n-sum[make_pair(Nx,Ny)]+1; sum[make_pair(Sx,Sy)]=i-1; // printf("i=%d ans=%d\n",i,ans); } cout<<ans<<endl; } signed main() { Kafka(); return 0; }
