绵阳东辰国际test2019.10.31

吐槽：当时脑抽了，总是往难得地方想，实际上很简单一道签到题，总结以后要求自己第一题代码不能超过50行，不然就不要写(肯定就是方法错了)

分析：构造的时候就每次在它前面从大到小的放，这样保证肯定能消完的

code ：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k;
int a[300005],ans[300005];
int n1;
int c;
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	c=n-k;
	for(int i=1;i<=k;i++)scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=k;i++){
		for(int j=m;j>a[i]&&c;j--)ans[++n1]=j,c--;
		ans[++n1]=a[i];
	}
	if(n1!=n)printf("No");
	else{
		printf("Yes\n");
		for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",ans[i]);
	}
    return 0;
}

吐槽：n³log暴力炸了？，我真的是服了我自己了，代码功底太好了

这题数据用脚造的，暴力能过，这样这道题就毫无意义了

我们考虑一个显然的贪心：将所有没有连接的边放入一个堆中，并按照度数之和
从大到小进行排序。然后每次选出度数和最大的那个，把它们连起来，并将所有度数
和变化的点相邻的边重新加入堆中，重复上述过程

正解是n³的

但是事实上，注意到度数和不超过 2n，所以我们可以将堆换为 2n 个队列。

每次如果新加入的边度数和 ≥ K，那么我们就把他们直接连起来，否则加入对应和的队列中。
那么因为这样只有 < K 的队列会新增元素，所以我们每次考虑将 K 减少 1 之
后得到的队列并加入即可

code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define CO const
#define IN inline
typedef long long LL;
template<class T> T read(){
	T x=0,w=1;char c=getchar();
	for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-') w=-w;
	for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
	return x*w;
}
template<class T> IN T read(T&x){
	return x=read<T>();
}
int n;
int ans,rem,deg[501];
bool vis[501][501];
vector<pair<int,int> > vec[1001];
extern void extend(int u,int v);
void add(int u,int v){
	if(vis[u][v]) return;
	vis[u][v]=1,--rem;
	++deg[u],++deg[v];
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(i!=u) extend(i,u);
		if(i!=v) extend(i,v);
	}
}
void extend(int u,int v){
	if(u>v) swap(u,v);
	if(deg[u]+deg[v]>=ans) add(u,v);
	else vec[deg[u]+deg[v]].push_back(make_pair(u,v));
}

int main(){
	read(n);
	int m=read<int>();
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int u=read<int>(),v=read<int>();
		if(u>v) swap(u,v);
		vis[u][v]=1;
		++deg[u],++deg[v];
	}
	ans=2*n,rem=n*(n-1)/2-m;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=i+1;j<=n;++j) extend(i,j);
	while(rem){
		while(ans and vec[ans].empty()) ans--;
		add(vec[ans].back().first,vec[ans].back().second);
		vec[ans].pop_back();
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

T3考试的时候没看，讲课的时候在睡觉，于是就跳过吧