【2024.09.27】NOIP2024 赛前集训-刷题训练（3）
【2024.09.27】NOIP2024 赛前集训-刷题训练（3）
算法一：模拟正常人铺路的过程，每次找区间的最小值，最小值就是本次填的高度，由于出现了若干个0位置，就分裂成若干个子区间去重复上述过程，直到全部变成0。时间复杂度 \(O(nlogn)\)， 瓶颈在预处理 st表。
算法二：若 \(a[i - 1] < a[i]\), 则 \(ans += a[i] - a[i - 1], i \in [0,n]\)。 感性理解一下： \(\forall i, a[i] <= a[i - 1]\) 的情况都会被顺便删掉。
所以其实以下两种写法都是对的：
//写法一
F(i, 2, n + 1) if(a[i] < a[i - 1]) ans += a[i - 1] - a[i];
//写法二
F(i, 1, n) if(a[i] > a[i - 1]) ans += a[i] - a[i - 1];
结论就是如果货币系统里的一些数可以由其他数表示出来，那么这样的数就可以被删掉。
那么每往新的货币系统里加一个数，就把 能由它的若干倍表示的数 都标记上（值域很小），剪下枝就过了。
#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for (int i(l); i<=(r); ++i)
#define G(i,r,l) for (int i(r); i>=(l); --i)
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e5 + 5,mx = 25000;
int t[N], a[N];
int n, T;
signed main(){
// freopen("money.in","r",stdin);
// freopen("money.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> T;
while(T --){
cin >> n;
F(i, 1, n) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + n + 1);
if(a[1] == 1){
cout << "1\n";
continue;
}
memset(t, 0, sizeof(t));
t[0] = 1;
int ans = 0;
F(i, 1, n){
if(t[a[i]]) continue;
++ans;
F(j, 0, mx) if(t[j] && !t[j + a[i]]) for(int k = a[i];j + k <= mx; k += a[i]) t[j + k] = 1;
}cout << ans << '\n';
}
return fflush(0),0;
}
\(m = 1\)：自底向上dp就行。
\(a_i = 1\)：菊花图，做法显然。
\(b_i = a_i + 1\)：链，在序列上二分即可。
分支不超过3：根最多三叉，别的点最多二叉，观察一下发现一个儿子的贡献要么向另一个儿子拐，要么穿过父节点继续向上，由此想到自底向上贪心。（提示正解）
综上有80pts。
正解就是扩展一下，记 \(T(u)\) 表示 \(u\) 的子树。记 \(d[u]\) 为 \(T(u)\) 能向上传的最大权值的链。（抛开能计算贡献的链）
\(d[u]\) 和 贡献 靠 \(multiset\) 维护即可。按权值从小到大枚举链，找最小的能和它匹配的链， 匹配后把他们从集合里删掉。
细节是如果 单链权值 就 \(\ge lim\) 就不要放进集合了直接算贡献。
反思一下，对 \(multiset\) 操作太不熟了，有点儿难调。。。代码能力还能提升！
#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for (int i(l); i<=(r); ++i)
#define G(i,r,l) for (int i(r); i>=(l); --i)
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e6 + 5;
bool vis[N];
struct node{
int v,w,ne;
}e[N << 1];
int n, m, idx = 0, num = 0;
int mx[N], first[N], d[N];
void add(int x, int y, int z){
e[++idx] = (node){y, z, first[x]};
first[x] = idx;
}
void go(int u, int f, int lim){
multiset<int> p;
for(int i = first[u]; i; i = e[i].ne){
int v = e[i].v, w = e[i].w;
if(v == f) continue;
go(v, u, lim);
if(d[v] + w>=lim) ++num;
else p.insert(d[v] + w);
}
while(p.size()){
int x = *p.begin();
p.erase(p.begin());
auto it = p.lower_bound(lim - x);
if(it != p.end()){
++ num;
p.erase(it);
}
else d[u] = max(x, d[u]);
}
}
inline bool chk(int lim){
memset(d, 0, sizeof(d));
num = 0;
go(1, 0, lim);
return num >= m;
}
signed main(){
// freopen("track.in","r",stdin);
// freopen("track.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n >> m;
F(i, 1, n - 1){
int u, v, w;
cin >> u >> v >> w;
add(u, v, w);
add(v, u, w);
}
int l = 0, r = 5e8 + 1, mid;
while(l + 1 < r){
mid = (l + r) >> 1;
if(chk(mid)) l = mid;
else r = mid;
}
cout << l << '\n';
return fflush(0),0;
}
树的情况：从1开始，每次按点权从小到大扩展即可（预先对邻接表sort）。
基环树：只有一个环，断一条边就是树，环上每条边都尝试一下即可。时间复杂度 \(O(n^2)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for(int i(l);i<=(r);++i)
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 5e3 + 5;
struct node{
int u, v;
inline bool operator == (const node &o){
return u == o.u && v == o.v;
}
}e[N], d[N];
vector<int> G[N];
int n, m, cnt = 0, num = 0, tot = 0;
int dfn[N], low[N], nw[N], ans[N];
bool ins[N];
stack<int> stk;
inline void dfs(int u, int f){
ans[++tot] = u;
for(auto v : G[u]){
if(v == f) continue;
dfs(v, u);
}
}
inline void tarjan(int u, int f){
stk.push(u),ins[u] = 1,dfn[u] = low[u] = ++cnt;
for(auto v : G[u]){
if(v == f) continue;
if(!dfn[v]) tarjan(v, u), low[u] = min(low[u], low[v]);
else if(ins[v]) low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
if(low[u] == dfn[u]){
int x, las = 0, fst = 0;
if(stk.top() == u) return stk.pop(), ins[u] = 0, void();
do{
x = stk.top(),stk.pop(),ins[x] = 0;
if(las) d[++ num] = {las, x};
else fst = x;
las = x;
}while(x != u);
d[++ num] = {u, fst};
}
}
inline void dfs(int u, int f, int idx){
nw[++ tot] = u;
for(auto v : G[u]){
if(v == f || (d[idx] == (node){u, v}) || (d[idx] == (node){v, u})) continue;
dfs(v, u, idx);
}
}
signed main(){
// freopen("travel.in","r",stdin);
// freopen("travel.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n >> m;
if(m == n - 1){
F(i, 1, m){
int u, v;
cin >> u >> v;
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
} F(u, 1, n) if(G[u].size()) sort(G[u].begin(), G[u].end());
dfs(1, 0);
}
else{
F(i, 1, m) cin >> e[i].u >> e[i].v, G[e[i].u].push_back(e[i].v), G[e[i].v].push_back(e[i].u);
tarjan(1, 0);
F(u, 1, n) if(G[u].size()) sort(G[u].begin(), G[u].end());
F(i, 1, num){
tot = 0, dfs(1, 0, i);
if(ans[1]){
F(j, 1, n) {
if(ans[j] == nw[j]) continue;
if(ans[j] > nw[j]){
F(k, 1, n) ans[k] = nw[k];
break;
}
else break;
}
} else F(j, 1, n) ans[j] = nw[j];
}
} F(i, 1, tot) cout << ans[i] << ' ';
return fflush(0), 0;
}
浙公网安备 33010602011771号