8月10日模拟赛题解

前言

这次模拟赛应该是暑假以来最水的一场了，然而本来至少 \(210\) 的分数愣是被我弄成了 \(141\)，原因竟然是：

const int MAXM = 5e5 + 5;

struct edge
{
	int to, nxt;
}e[MAXN << 1]; //是 MAXM！！！
//------------------------------------------------------
scanf("%lld%lld", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) //是 <=m！！！
{
	int u, v;
	scanf("%lld%lld", &u, &v);
	add(u, v);
    add(v, u);
}

还是太粗心了。

\(\text{Solution}\)

T1：可持久化变量

题意

让你维护一个变量，初始值为 \(0\)，需要支持以下四种操作：

\(\operatorname{ADD}(x)\)：将变量的值增加 \(x\)。
\(\operatorname{SUB}(x)\)：将变量的值减少 \(x\)。
\(\operatorname{SET}(x)\)：将变量的值变为 \(x\)。
\(\operatorname{BACK}(x)\)：回到之前的第 \(x\) 个操作前，例如 \(\operatorname{BACK}(3)\) 表示以当前操作为基准回到前 \(3\) 次操作前的状态。

输出每次操作后当前数的值。

思路

签到题~~竟然有人写炸了~~，直接模拟即可。

\(\text{Code}\)

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;

int a[1000005];

int main()
{
	int n;
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		char s[7];
		int x;
		scanf("%s%d", s, &x);
		switch (s[1])
		{
			case 'D':
				a[i] = a[i - 1] + x;
				break;
			case 'U':
				a[i] = a[i - 1] - x;
				break;
			case 'E':
				a[i] = x;
				break;
			case 'A':
				a[i] = a[i - x - 1]; //注意是第 x 次操作前，即第 (x - 1) 次操作后
				break;
		}
		printf("%d ", a[i]);
	}
	return 0;
}
/*
Input
7
ADD 2
SUB 3
BACK 1
BACK 1
BACK 1
BACK 2
SET 5

Output
2 -1 2 -1 2 2 5
*/

T2：Recording the Moolympics

前置题目

P1803 凌乱的yyy / 线段覆盖 和 P2970 [USACO09DEC]Selfish Grazing S（双倍经验）

本题题意

有 \(n\) 个比赛，每个比赛都有开始时间和结束时间。不能同时参加 \(\ge2\) 个比赛，求最多能参加多少比赛。

本题思路

一个显然的贪心就是结束时间越晚越好（这就不用证明了吧）。

本题 \(\text{Code}\)

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = 1e6 + 5;

struct node
{
	int s, t;
	bool operator <(const node &x)const
	{
		return x.t > t;
	}
}a[MAXN];

int main()
{
	int n, last = 0, ans = 0;
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		scanf("%d%d", &a[i].s, &a[i].t);
	}
	sort(a + 1, a + n + 1);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if (last <= a[i].s) //能选则选
		{
			last = a[i].t;
			ans++;
		}
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

P2255 [USACO14JAN]Recording the Moolympics S

题意

有 \(n\) 个节目，每个节目都有开始时间 \(s_i\) 和结束时间 \(t_i\)。至多有 \(2\) 个节目同时在录制，求最多能录制多少节目。

思路

首先还是按 \(t\) 排序。

再来考虑对于节目 \(i\)。应该用哪个录音机录制。

令 \(last1,last2\) 分别表示两台录音机的结束时间，且 \(last1\ge last2\)，当 \(last1<last2\) 时直接 \(\operatorname{swap}\) 就行了。

若 \(last1\le s_i\)，则 \(last2\le last1\le s_i\)。那么两台录音机都能录制节目 \(i\)，但由于 \(s_i-last1\le s_i-last2\)，所以用结束时间为 \(last2\) 的录音机录制，中间的空闲时间会比用结束时间为 \(last1\) 的录音机录制的空闲时间要长，~~作为一个万恶的资本家+险恶的地主，~~我们当然会让结束时间为 \(last1\) 的录音机来录制，说白了就是 少让它休息（这样弄久了录音机会坏的吧）。

若 \(last1>s_i\) 且 \(last2\le s_i\)，那就只能用结束时间为 \(last2\) 的录音机来录制了。

\(\text{Code}\)

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

struct node
{
	int s, t;
	bool operator <(const node &x)const
	{
		return x.t > t;
	}
}a[200];

int main()
{
	int n, ans = 0, last1 = 0, last2 = 0;
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		scanf("%d%d", &a[i].s, &a[i].t);
	}
	sort(a + 1, a + n + 1);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if (last1 <= a[i].s)
		{
			last1 = a[i].t;
			ans++;
		}
		else if (last2 <= a[i].s)
		{
			last2 = a[i].t;
			ans++;
		}
		if (last1 < last2)
		{
			swap(last1, last2);
		}
	}
	printf("%d", ans);
	return 0;
}

T3：Wormhole Sort

P6004 [USACO20JAN] Wormhole Sort S

题意

有 \(n\) 头编号为 \(1 \sim n\) 的奶牛，一开始奶牛 \(i\) 位于位置 \(p_i\)（\(p_1\sim p_n\) 是 \(1\sim n\) 的一个排列）。有 \(m\) 个编号为 \(1\sim m\) 的虫洞，虫洞 \(i\) 双向连接了位置 \(u_i\) 和 \(v_i\)，宽度为 \(w_i\)。两头位于一个虫洞两端的奶牛可以选择通过虫洞交换位置。奶牛们需要反复进行这样的交换，直到奶牛 \(i\) 位于位置 \(i\)。求用来排序的虫洞宽度的最小值的最大值是多少。保证奶牛们能排好序。如果奶牛们不需要用任何虫洞来排序，输出 \(-1\)。

思路

看到

最小值的最大值

立马想到二分（已经快成条件反射了）。

二分下标和答案应该都可以，我用了二分答案。

\(1\le w_i\le10^9\)，所以取 \(l=1,r=10^9,mid=\frac{l+r+1}{2}\)，每次 \(\operatorname{check}(mid)\) 将所有 \(w_i\ge mid\) 都在 \(u_i\) 和 \(v_i\) 间连一条边。

然后判断每个 \(i\) 和 \(p_i\) 是否在一个连通块内，若在，则说明从 \(i\) 出发走若干条边能到达 \(p_i\)，即从 \(i\) 开始交换若干次能交换到 \(p_i\)（请各位感性理解一下）。

然后就没有然后了。

~~然后，~~记得判 \(-1\)。

\(\text{Code}\)

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;

const int MAXN = 1e5 + 5;

struct edge
{
	int from, to, dis;
}e[MAXN];

int n, m;
int fa[MAXN], pos[MAXN];

void init()
{
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		fa[i] = i;
	}
}

int find(int x)
{
	if (x == fa[x])
	{
		return x;
	}
	return fa[x] = find(fa[x]);
}

void merge(int x, int y)
{
	x = find(x), y = find(y);
	if (x != y)
	{
		fa[y] = x;
	}
}

bool check(int w)
{
	init(); //记得清空
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		if (e[i].dis >= w)
		{
			merge(e[i].from, e[i].to); //连边
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if (find(i) != find(pos[i])) //不在就不行
		{
			return false;
		}
	}
	return true;
}

int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &m);
	bool flag = true;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		scanf("%d", pos + i);
		if (i != pos[i])
		{
			flag = false; //判-1
		}
	}
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		scanf("%d%d%d", &e[i].from, &e[i].to, &e[i].dis);
	}
	if (flag)
	{
		puts("-1");
		return 0;
	}
	int l = 1, r = 1e9;
	while (l < r)
	{
		int mid = (l + r + 1) >> 1;
		if (check(mid))
		{
			l = mid;
		}
		else
		{
			r = mid - 1;
		}
	}
	printf("%d", l);
	return 0;
}

T4：BLO

P3469 [POI2008]BLO-Blockade

题意

给定一张有 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，回答若把所有与点 \(u\) 连接的边（不包括点 \(u\)）去掉后图中会有多少个有序点对 \(<x,y>\) 不能互相到达。保证给出的图连通。

思路

割点 \(+\) 树形 \(\rm dp\)。

考虑 \(u\)：

\(u\) 不是割点：那么只有 \(u\) 与剩下的点不能互相到达，注意是有序点对，所以有 \(2(n-1)\) 组。
\(u\) 是割点：此时图分成了若干个连通块，主要可以分成以下 \(3\) 类：
1. \(u\) 的每个满足 \(dfn_u\le low_v\) 的儿子以及各自的子树：设共有 \(k\) 个满足条件的儿子，分别为 \(son_1\sim son_k\)，节点 \(x\) 的子树内共有 \(siz_x\) 个节点。则儿子 \(son_i\) 对答案的贡献为 \(siz_{son_i}\times(n-siz_{son_i})\)。
2. \(u\)：他对于答案的贡献为 \((n-1)\)。
3. 剩下的部分：对答案的贡献为 \((n-1-\sum\limits_{i=1}^k siz_{son_i})\times(1+\sum\limits_{i=1}^k siz_{son_i})\)。
  综上，答案为
  \(\boxed{\sum\limits_{i=1}^k siz_{son_i\times(n-siz_{son_i})}+(n-1)+(n-1-\sum\limits_{i=1}^k siz_{son_i})\times(1+\sum\limits_{i=1}^k siz_{son_i})}\)。

\(\text{Code}\)

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define int long long
using namespace std;

const int MAXN = 1e5 + 5;
const int MAXM = 5e5 + 5;

int n, m, cnt, Time;
int head[MAXN], dfn[MAXN], low[MAXN], siz[MAXN], ans[MAXN];
bool cut[MAXN];

struct edge
{
	int to, nxt;
}e[MAXM << 1];

void add(int u, int v)
{
	e[++cnt] = edge{v, head[u]};
	head[u] = cnt;
}

void tarjan(int u)
{
	dfn[u] = low[u] = ++Time;
	siz[u] = 1;
	int flag = 0, sum = 0;
	for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
	{
		int v = e[i].to;
		if (!dfn[v])
		{
			tarjan(v);
			low[u] = min(low[u], low[v]);
			siz[u] += siz[v]; //树形 dp 求 siz（其实感觉不算）
			if (dfn[u] <= low[v])
			{
				flag++;
				if (u != 1 || flag > 1)
				{
					cut[u] = true;
				}
				sum += siz[v]; //siz 的和
				ans[u] += siz[v] * (n - siz[v]); //子树的贡献
			}
		}
		else
		{
			low[u] = min(low[u], dfn[v]);
		}
	}
	if (cut[u])
	{
		ans[u] += (n - 1) + (n - 1 - sum) * (1 + sum);
	}
	else
	{
		ans[u] = 2 * (n - 1);
	}
}

signed main()
{
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		int u, v;
		scanf("%lld%lld", &u, &v);
		add(u, v);
		add(v, u);
	}
	tarjan(1);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		printf("%lld\n", ans[i]);
	}
	return 0;
}

\(\Large{完结撒花！}\)

posted @ 2021-08-10 18:03 mango09 阅读(43) 评论(5) 编辑收藏举报

会员力量，点亮园子希望

刷新页面返回顶部

mango09 の世界

Asuka

8月10日模拟赛题解

前言

\(\text{Solution}\)

T1：可持久化变量

题意

思路

\(\text{Code}\)

T2：Recording the Moolympics

前置题目

本题题意

本题思路

本题 \(\text{Code}\)

题意

思路

\(\text{Code}\)

T3：Wormhole Sort

题意

思路

\(\text{Code}\)

T4：BLO

题意

思路

\(\text{Code}\)

公告

mango09 の 世界

Asuka

8月10日模拟赛题解

前言

\(\text{Solution}\)

T1：可持久化变量

题意

思路

\(\text{Code}\)

T2：Recording the Moolympics

前置题目

本题题意

本题思路

本题 \(\text{Code}\)​

题意

思路

\(\text{Code}\)

T3：Wormhole Sort

题意

思路

\(\text{Code}\)

T4：BLO

题意

思路

\(\text{Code}\)

公告

mango09 の世界

本题 \(\text{Code}\)