2024杭电多校第8场

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1005 cats 的二分答案 （hdu7521）#

又是来自队友的思路，orz

设 \(x = r - l + 1\)，由于二分操作最多进行 \(\log x\) 次，\(k\geq \log x\) 时不可能出现程序崩溃情况，由此可将需要讨论的 \(k\) 范围缩减至 \(60\) 以下。每次二分所产生新的子区间最多有两种不同情况，则总共存在不超过 \(2\log x\) 种区间，因此可将区间长度当作状态处理。设 \(f[i][j]\) 表示长度为 \(i\) 的区间、当前已有 \(j\) 次下标越界的情况总数，记忆化搜索求解。复杂度 \(\log^2 x\)，可能还带一点unordered_map的常数，题解的dp常数小些，但写着不太顺手

记忆化搜索代码：

unordered_map <ll, ll> mp[61];
void dfs(ll x) {
    if(x <= 0) return;
    mp[0][x] = 1; // 二分恰好找到答案，下标不越界，也不需要继续dfs
    ll mid = (x + 1) / 2;
    if(!mp[0][mid - 1]) dfs(mid - 1);
    for(int i = 1; i <= k; i++) {
        mp[i][x] += mp[i - 1][mid - 1]; // 向前半段区间寻找，说明下标已越界
    }
    if(!mp[0][x - mid]) dfs(x - mid);
    for(int i = 0; i <= k; i++) {
        mp[i][x] += mp[i][x - mid]; // 下标未越界
    }
}

1006 cats的最小生成树 （hdu7522）#

对于总共 \(m\) 条边而言，有效操作次数不会超过 \(k = \lfloor m/(n - 1)\rfloor\) 次，每次对 \(n\) 个点做最小生成树，考虑用 \(k\) 个并查集维护每次操作过程中图的连通性，整体空间复杂度 \(O(m)\). 连边操作时，二分查找左右端点不连通的最早时刻，极端情况下时间复杂度 \(m\log m\). 最后对每个并查集检查连通性，若第 \(i\) 次操作时图已经无法连通，则大于该操作次数的边都不会被加入生成树，输出-1.

    int lev = m / (n - 1); // 即题解中的k
    if(lev == 0) {
        for(int i = 1; i <= m; i++) {
            int x, y;
            scanf("%d%d", &x, &y);
            printf("-1 ");
        }
        printf("\n");
        return; // 按我的代码不特判就会re（）
    }
    for(int i = 1; i <= lev; i++) {
        for(int j = 0; j <= n + 1; j++) {
            f[i].push_back(j);
        }
    }
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        int x, y, l = 1, r = lev;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        ans[i] = lev + 1;
        if(find(lev, x) == find(lev, y)) continue;
        while(l <= r) {
            int mid = (l + r) / 2;
            if(find(mid, x) != find(mid, y)) {
                ans[i] = mid;
                r = mid - 1;
            } else l = mid + 1;
        }
        f[ans[i]][find(ans[i], x)] = find(ans[i], y);
    }
    int flag = lev + 1;
    for(int i = 1; i <= lev; i++) {
        int cnt = 0;
        for(int j = 1; j <= n; j++) {
            if(f[i][j] == j) cnt++;
        }
        if(cnt > 1) {
            flag = i;
            break;
        }
    }
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        if(ans[i] >= flag) printf("-1 ");
        else printf("%d ", ans[i]);
    }

1012 cats 的电脑中毒 （hdu7528）#

非常好题目，正解就是贪心的题还能想假也是离谱（）将两个字符串不同字符的位置数量看作它们的“距离”，题意即转化为：求一个字符串 \(x\)，其与三个给定字符串距离的最小值最大。嗯，看上去有点像二分或者dp，但经过我和wyq的尝逝，这两种思路都不对。

对于给定字符串 \(a,b,c\) 的第 \(i\) 位，若 \(a[i] = b[i] = c[i]\)，\(x[i] \neq a[i]\) 显然是最优的，统计三个字符串相等的情况次数 \(s\)；若 \(a[i] = b[i] \neq c[i]\)，可暂时令 \(x[i] = c[i]\). 统计每个字符串与另外两者不等的次数，记作 \(cnt_a,cnt_b,cnt_c\). 此时 \(d_{ax} = s + cnt_b + cnt_c,\space d_{bx} = s + cnt_a + cnt_c, \space d_{cx} = s + cnt_a + cnt_b\)，假设 \(cnt_a \leq cnt_b\leq cnt_c\)，对于当前最小距离 \(d_{cx}\) 而言，适当调整 \(a[i] = b[i] \neq c[i]\) 情况下的取值、即令部分 \(x[i] = a[i],\space min(d_{ax} - k, d_{bx} - k, d_{cx} + k) = d_{cx} + k\) 显然更佳；该调整操作最多对一个字符串进行，若调整两个字符串的取值，使这两个字符串距离不变、另一字符串距离减小，答案不会更优。调整应当使 \(d_{cx}'\) 与较小的 \(d_{bx}'\) 尽可能接近，即有最终答案 \(d = s + cnt_a + (cnt_b + cnt_c) / 2\).