2024.8.6 模拟赛 14

合集 - 模拟赛(28)

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模拟赛

蜀道之难，难于上青天。

打过一版忘保存了。

蜀道难

T1

唐题挂分，一张饼同一时刻只能在一个锅上，所以显然时间一定不会低于最大的饼。

假如每一时刻都能将锅占满，那么时间就是 $⌈ \frac{\sum a}{m} ⌉$ ，取 $m a x$ 就好了。

好像能用二维覆盖解释。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
int n,m;
LL ans,mx;
int main()
{
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("out.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) 
	{
		LL x; scanf("%lld",&x);
		ans+=x;
		mx=max(mx,x);
	}
	ans=(LL)ceil(ans*1.0/m);;
	printf("%lld\n",max(mx,ans));
	return 0;
}

T2 大富翁

下次一定记得保存。

题解讲的都很模糊，其实差值法想想还挺清晰的。。。

容易发现最终的收益与选点的顺序无关，只与最终状态有关。

我们单独考虑每一个点的贡献，因为一个点不是被小 $A$ 选就是被小 $B$ 选，如果小 $B$ 选的话小 $A$ 的收益就是 $- {收益}_{B}$ ，

所以小 $A$ 选实际的净收益就是 ${收益}_{A} + {收益}_{B}$ 。

设当前要选的点为 $x$ ， $x$ 的子树中属于 $A$ 的点的个数为 $s z_{A}$ ，属于 $B$ 的点的个数为 $s z_{B}$ ， $x$ 的祖先中属于 $A$ 的点的个数为 $d e p_{A}$ ，属于 $B$ 的点的个数为 $d e p_{B}$ 。

那么 $收益_{A} = s z_{B} - d e p_{B}$ ， $收益_{B} = s z_{A} - d e p_{A}$ ，所以 $净收益_{A} = s z_{A} + s z_{B} - (d e p_{A} + d e p_{B})$ ，我们发现，其实就是 $s z - d e p$ ，也就是子树大小减去祖先个数。

记得减去这个点的价格。 $s z - d e p - w_{x}$ 。

我们把每个点按净收益排序，两人都按最优策略轮流拿。统计答案即可。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int N = 2e5+5;
int n,fa[N],w[N],sz[N],v[N],b[N],dep[N];
int head[N],tot;
struct E{int u,v;} e[N<<1];
inline void add(int u,int v) {e[++tot]={head[u],v}; head[u]=tot;}
LL ans;
bool vs[N];
bool cmp(int x,int y) {return v[x]>v[y];}
void dfs(int u,int f)
{
	sz[u]=1; dep[u]=dep[f]+1;
	for(int i=head[u];i;i=e[i].u)
	{
		int v=e[i].v;
		if(v==f) continue;
		dfs(v,u); sz[u]+=sz[v];
	}
}
int main()
{
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("out.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]);
	for(int i=2;i<=n;i++) scanf("%d",&fa[i]),add(fa[i],i),add(i,fa[i]);
	dfs(1,0);
	for(int i=1;i<=n;i++) v[i]=-w[i]+sz[i]-dep[i],b[i]=i;
	sort(b+1,b+1+n,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++) i&1?ans+=v[b[i]]:0;
	printf("%lld\n",ans);
}