2024牛客多校第四场 BFAGIHCJ
B
显然不能走回头路，如果具体考虑各种情况会很麻烦。
比如箱子在的地方是不是割点，人能不能绕过箱子去到箱子附近..额，总之很麻烦，需要一个通解
那就考虑人先 不经过箱子 走到箱子的邻点的最短距离，可以用一遍bfs解决。
然后再考虑从1号点的某个邻点开始，人拉着箱子怎么走。
可以把人-箱子看成一条有向边，原本常规的bfs都是遍历点，现在是遍历边。
标记数组标记的就是边的编号，每条边只会被经过一次。
还有个问题：如果是菊花图，每次枚举出点的邻点，会被卡成n^2，但因为每个点最多只会被扩展两遍，所以再额外记下经过每个点的次数。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e6+5; const int INF = INT_MAX; int n,m,x,cnt,dis[N],sum[N]; int vis[N<<1],d[N<<1],from[N<<1],to[N<<1]; struct edge{ int id,inv,to; }; vector<edge>e[N<<1]; void bfs(int s){ for(int i=1;i<=n;i++) dis[i]=INF,vis[i]=0; dis[s]=0; queue<int>q; q.push(s); while(!q.empty()){ int u=q.front(); q.pop(); if(vis[u]) continue; vis[u]=1; for(auto v:e[u]){ int to=v.to; if(vis[to]||to==1) continue; if(dis[to]>dis[u]+1){ dis[to]=dis[u]+1; q.push(to); } } } } void invBfs(int t){ // 有向边，人在箭头，箱子在边的尾部 // 最开始在n,由n->x，箱子在n，人在x for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=0;// 一定要加，每个点最多被访问两次，否则会被车轮图卡 for(int i=1;i<=cnt;i++) vis[i]=0; for(int i=1;i<=cnt;i++) d[i]=INF; queue<edge>q; for(auto v:e[t]){ q.push(v); d[v.id]=0;//表示当前走了几条边 } ll ans=LONG_LONG_MAX; while(!q.empty()){ edge u=q.front(); q.pop(); if(vis[u.id]==1) continue; if(from[u.id]==1){ if(d[u.id]<INF&&dis[to[u.id]]<INF) ans=min(ans,1ll*d[u.id]+dis[to[u.id]]); } ++sum[from[u.id]]; if(sum[from[u.id]]>2) continue; vis[u.id]=1; for(auto v:e[from[u.id]]){ if(vis[v.inv]) continue; if(v.to==to[u.id]) continue; if(d[v.inv]>d[u.id]+1){ d[v.inv]=d[u.id]+1; q.push((edge){v.inv,v.id,from[u.id]}); } } } if(ans==LONG_LONG_MAX) cout<<"Boring Game"<<"\n"; else { cout<<"Vegetable fallleaves"<<"\n"; cout<<ans<<"\n"; } } void solve(){ cin>>n>>m>>x; for(int i=1;i<=m;i++){ int u,v;cin>>u>>v; e[u].push_back({++cnt,cnt+1,v}); from[cnt]=u,to[cnt]=v; e[v].push_back({++cnt,cnt-1,u}); from[cnt]=v,to[cnt]=u; } bfs(x); // cout<<"ok"<<"\n"; invBfs(n); cnt=0; for(int i=1;i<=n;i++) e[i].clear(); } int main(){ //freopen("test.txt","r",stdin); ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);cout.tie(0); int t; cin>>t; while(t--){ solve(); } }
F
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2024牛客多校第四场F.Good Tree 挑战全网最详解 - liyishui - 博客园 (cnblogs.com)
代码：
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #define int long long using namespace std; int T,x; int sol(){ cin >> x; int n=sqrt(x); while (n*n>x) n--; //printf("n=%lld\n",n); if (n*n==x) return 2*n+1; if (n*n+n>=x){ if ((n*n+n-x)%2) return 2*n+3; return 2*n+2; } else{ return 2*n+3; } } void test(){ for (int i=1;i<=10;i++){ x=i; printf("%lld:%lld\n",i,sol()); } } signed main(){ // test(); cin >> T; while(T--) cout << sol() << endl; return 0; }
A
带权并查集或者先dfs搜一遍都可做。
std是带权并查集，我队友写的先dfs预处理出每个点最后深度，再维护一个当前u所形成的联通块的最大深度，对减一下就是答案
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> using namespace std; int T; const int N=1e6+505; int n,root,u[N],v[N],c[N],vis[N]; int fa[N],h[N]; int edgenum,head[N],vet[N],Next[N],dep[N]; void edge(int u,int v){ edgenum++; Next[edgenum]=head[u]; head[u]=edgenum; vet[edgenum]=v; } void dfs(int u,int depth){ dep[u]=depth; for (int i=head[u];i;i=Next[i]){ int v=vet[i]; if (dep[v]) continue; dfs(v,depth+1); } } int find(int x){ if (fa[x]==x) return x; return fa[x]=find(fa[x]); } void work(){ scanf("%d",&n); edgenum=0; for (int i=1;i<=n;i++){ head[i]=0; vis[i]=0; dep[i]=0; fa[i]=i; } for (int i=1;i<n;i++){ scanf("%d%d%d",&u[i],&v[i],&c[i]); edge(u[i],v[i]); vis[v[i]]=1; } for (int i=1;i<=n;i++) if (vis[i]==0){ root=i; break; } dfs(root,1); for (int i=1;i<=n;i++) h[i]=dep[i]; for (int i=1;i<n;i++){ int top=find(u[i]); fa[v[i]]=top; h[top]=max(h[top],h[v[i]]); printf("%d ",h[c[i]]-dep[c[i]]); } printf("\n"); } signed main(){ cin >> T; while(T--) work(); return 0; }
G
中考数学，做对称轴
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #define int long long using namespace std; int T,s1,t1,s2,t2; double dist(int s1,int t1,int s2,int t2){ int s=s1-s2; int t=t1-t2; return sqrt(s*s+t*t); } void work(){ cin >> s1 >> t1 >> s2 >> t2; printf("%.10lf\n",min(dist(s1,-t1,s2,t2),dist(-s1,t1,s2,t2))); } signed main(){ cin >> T; while(T--) work(); return 0; }
I
经典双指针
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e6; int n,m,R[N+5],ans=0; vector<int> v[N+5]; void Kafka() { ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0),cout.tie(0); cin>>n>>m; for(int i=1;i<=m;++i) { int x,y; cin>>x>>y; if(x>y) swap(x,y); v[x].push_back(y); } for(int i=1;i<=n;++i) sort(v[i].begin(),v[i].end()); for(int i=1;i<=n;++i) { R[i]=i; for(int j=0,lim=v[i].size();j<lim;++j) { int y=v[i][j]; if(y==R[i]+1)++R[i]; else break; } } for(int i=n,cur=n,len;i;--i) { cur=min(cur,R[i]); len=cur-i+1; ans+=len; } cout<<ans<<endl; } signed main() { Kafka(); return 0; }
H
折纸题。这里提供另一个不同于题解的证明思路：
考虑从小到大的三个点a1，a2，a3。并假设a1和a2之间的距离为x，a2和a3的距离为y。
2x-y的操作其实是以x为对称轴做y的对称点y'（这提示我们有的式子可以拆数学意义or几何意义）
现在选择a2为对称轴，把a1对称过去（你说可能a1对称后比a3还大，那我们就操作a3，这里以a1为例）
现在两点之间的差距变成了y，y-x。
从x，y变成y，y-x！这个形式不就是更相减损吗？这其实就是我们求gcd的过程，只不过求gcd时用了%加速了，本质上是一样的。
那么我们就可以得到：对于两个数x，y来说，最后有一个数变成0，另一个数变成它们的gcd
再回到图像上，不就是有两个点重叠，三个点变成两个点，差值也变成gcd了嘛
现在把3个点的情况扩展到4个，5个...也是一样的
所以最后的答案是gcd(a2-a1,a3-a2,a4-a3...an-an-1)
多倍经验好题：
#include<cstdio> #include<iostream> #define int long long using namespace std; const int N=1e5+505; int T,n; int a[N]; int gcd(int x,int y){ if (y==0) return x; return gcd(y,x%y); } void work(){ scanf("%lld",&n); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); int res=0; for (int i=1;i<n;i++){ int x=a[i+1]-a[i]; if (x<0) x=-x; res=gcd(res,x); } cout << res << endl; } signed main(){ cin >> T; while(T--) work(); return 0; }
C
经典置换环，发现每个点的去向是固定的，把每个位置向最后要去的地方连边，最后图一定是若干个环（因为每个点都是一个出度一个入度）
讨论一下环大小对答案的影响即可。
一次能操作4，所以环为4直接一起干掉，3的话也是。
2比较特别，一次能操作两个2，这块和在一起做掉。
5以上的发现一次最多能满足3个，就不断-3，看最后剩多少。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e6+5; int vis[N],a[N],to[N]; int n,ans=0,cnt2=0; void dfs(int u,int len){ vis[u]=1; if(vis[to[u]]) { if(len==1) { } else if(len==2) cnt2++; else if(len==3||len==4) ans++; else if(len>=5){ if( (len-4)%3==0 ) ans+=(len-4)/3+1; else if(len%3==0) ans+=len/3; else if(len%3==2) ans+=len/3,cnt2++; } return; } else dfs(to[u],len+1); } void solve(){ cin>>n; ans=cnt2=0; for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>a[i]; vis[i]=0; to[i]=a[i]; } for(int i=1;i<=n;i++){ if(!vis[i]){ dfs(i,1); } } ans+=cnt2/2; if(cnt2&1) ans++; cout<<ans<<"\n"; } int main(){ ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);cout.tie(0); int t; cin>>t; while(t--){ solve(); } }
J
把式子用二项式定理展开
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5,mod=998244353; inline int add(int x,int y){return (x+=y)>=mod?x-mod:x;} inline int sub(int x,int y){return (x-=y)<0?x+mod:x;} inline int mul(int x,int y){return 1LL*x*y%mod;} inline int qpow(int a,int p){int res=1;for(;p;p>>=1,a=mul(a,a))if(p&1)res=mul(res,a);return res;} int n,k,sum[N+5],ans=0; char s[N+5]; int fac[N+5],invf[N+5]; inline int C(int x,int y){return x<y?0:mul(fac[x],mul(invf[y],invf[x-y]));} void Himeko() { fac[0]=1;for(int i=1;i<=N;++i) fac[i]=mul(fac[i-1],i); invf[N]=qpow(fac[N],mod-2);for(int i=N-1;~i;--i) invf[i]=mul(invf[i+1],i+1); } void Kafka() { cin>>n>>k; cin>>s+1; for(int p=0,div2=qpow(2,mod-2),q,res;p<=k;++p) { q=k-p,res=0; for(int i=n;i;--i) { if(s[i]=='0') sum[i]=0; else sum[i]=add(sum[i+1],qpow(i,q)); if(s[i]=='?') sum[i]=mul(sum[i],div2); } for(int i=1;i<=n;++i) { if(s[i]=='0') continue; int tmp=mul(sum[i],qpow(i-1,p)); // if(s[i]=='?') tmp=mul(tmp,div2); res=add(res,tmp); } res=mul(res,C(k,p)); if(p&1) ans=sub(ans,res); else ans=add(ans,res); } cout<<ans<<endl; } signed main() { Himeko(); Kafka(); return 0; } /* 2 3 1? */
