S2考前综合刷题营Day4

油箱

【问题描述】

有 $n$ 个城市，每个城市都有加油站，有 $m$ 条单向道路，距离为 $x$ 的道路需要消耗 $x$ 升的汽油。请问你的车辆可以携带的最小油箱容量，使得不限加油次数的情况下，无论你在哪个城市都可以到达任意的城市。

【输入格式】

第一行两个正整数 $n,m$。

接下来 $m$ 行，每行三个正整数 $x,y,z$ 表示一条 $x$ 到 $y$ 的有向边，边权为 $z$。

【输出格式】

输出符合条件的最小油箱容量，如果无法满足输出 $−1$。

【样例输入】

【样例输出】

‮
4

【样例解释】

油箱容量为 $4$ 时，$1→2,1→3,3→1,2→3$ 道路可以通行，此时满足无论你在哪个城市都可以到达任意的城市。

【数据规模与约定】

$20\%$ 的数据 $n≤5,m≤20$。
$40\%$ 的数据 $n≤50m≤200$。
$60\%$ 的数据 $n≤5×10^2,m≤2×10^3$。
$100\%$ 的数据 $n≤5×10^4,m≤2×10^9$。保证 $1≤z≤10^9$。

Solution

100pts

二分答案，问题变成判断一个有向图是否任意两点联通。
相当于判断点 $1$ 是否能到达所有点并且所有点都能到达点 $1$。
可以建立正向图和反向图，并从点 $1$ 开始 $dfs$ 遍历。
也可以直接上 $tarjan$ 来判断是否连通。
时间复杂度 $O(n\log{n})$。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 50010
#define M 200010
using namespace std;
int n,m,x[M],y[M],z[M];
struct edge{int next,to;};
struct Graph
{
	int head[N],tot;
	bool vis[N];
	edge e[M];
	void clear()
	{
		tot=0;
		memset(head,0,sizeof(head));
		memset(vis,0,sizeof(vis));
	}
	void add(int u,int v)
	{
		e[++tot]=(edge){head[u],v};
		head[u]=tot;
	}
	void dfs(int x)
	{
		if(vis[x])return;
		vis[x]=1;
		for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
			dfs(e[i].to);
	}
	bool check()
	{
		dfs(1);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(!vis[i])
				return false;
		return true;
	}
}E1,E2;
bool check(int cost)
{
	E1.clear();
	E2.clear();
	for(int i=1;i<=m;i++)
		if(z[i]<=cost)
		{
			E1.add(x[i],y[i]);
			E2.add(y[i],x[i]);
		}
	return E1.check()&&E2.check();
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		scanf("%d%d%d",&x[i],&y[i],&z[i]);
	int l=1,r=1e9,ans=2e9;
	while(l<=r)
	{
		int mid=l+r>>1;
		if(check(mid))ans=mid,r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	printf("%d\n",ans==2e9?-1:ans);
}

考场上我是用的排序+贪心的思路过的。使图连通的最大边权最小，我们可以很自然的想到最小生成树。
但是最小生成树算法是基于图是没有环的，当若干个点已经连通时，再在它们之间连边显然不优。
所以说，添加一条边的意义一定是使始点的出度或终点的入度减一。我们再加边的时候加上这一步特判即可。
时间复杂度 $O(n\log{n})$。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=3e5;
int n,m,ans,cnt;
int in[N],out[N];
struct node
{
	int from,to,dis;
}a[N];
bool cmp(node x,node y)
{
	return x.dis<y.dis;
}
int main()
{
	//freopen("tank_ex.in","r",stdin);
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		scanf("%d%d%d",&a[i].from,&a[i].to,&a[i].dis);
	sort(a+1,a+1+m,cmp);
	ans=2*n;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int u=a[i].from;
		int v=a[i].to;
		if(u==v) continue;
		if(!in[v]||!out[u]) 
		{
			cnt++;
			ans-=(in[v]==0)+(out[u]==0);
			out[u]++;
			in[v]++;
		}
		if(ans<=0) 
		{
			printf("%d\n",a[i].dis);
			return 0;
		}
	}
	printf("-1\n");
	return 0;
}

求和

【问题描述】

给定一颗 $n$ 个点组成的树，根节点为 $1$ 号节点，每个点上有两个权值 $a_i, b_i$ 。共有 $m$ 次询问，每次询问给出两个正整数 $x, y$，从 $x$ 到 $y$ 的路径设为 $t_1,t_2,…,t_k$。要求输出

$\sum_{1≤i<j≤k}a_{t_i}∗b_{t_j}$。

【输入格式】

第一行两个正整数 $n,m$。

第二行 $n-1$ 个数 $f_2,f_3,…,f_n$，表示点 $i$ 的父亲 $(f_i< i)$。

接下来两行，每行 $n$ 个数分别表示 $a_i,b_i$。

接下来 $m$ 行，每行两个正整数 $x_i,y_i$ ，表示第 $i$ 次询问。

【输出格式】

对于每个询问操作，输出答案。

【样例输入】

【样例输出】

【数据规模与约定】

$20\% n,m<=100$。

$40\% n,m<=2000$。

另 $20\%$ 保证 $a_i=b_i$。

另 $20\%$ 保证 $f_i=i-1, x<=y$。

$100\% n,m<=100000$ 保证 $1<=a_i,b_i<=10000$。

Solution

20pts

纯暴力，$O(n^2)$ 求路径贡献。
时间复杂度 $O(n^2m)$ 。

40pts

我们可以将 $\sum_{i<j}a_{t_i}*b_{t_j}$ 看作是枚举 $(i,j)$ 这个有序数对，这样的话每次询问可以看作是在 $1~k$ 区间中找所有的有序数对，然后乘积就和。
考虑如何将 $[1,y]$ 的答案扩展到 $[1,y+1]$。发现后者的答案比前者多了 $b_{y+1}*\sum_{1<=i<=y}a_i$，所以我们可以 $O(1)$ 扩展。
时间复杂度 $O(nm)$ 。

60pts

式子变成了 $\sum_{i<j}a_{i}*a_{j}$ 。
发现此时 $i$ 和 $j$ 的大小顺序其实不影响，结果都是 $a_{i}*a_{j}$。
所以我们可以调换 $i,j$：$\sum_{i>j}a_i*a_j$，得到与上式相等的式子。
我们将两式相加：$2A=\sum_{i!=j}a_i*a_j=\sum_{i,j}a_i*a_j-\sum_{i=j}a_i*a_j=\sum_{i,j}a_i*a_j-\sum_i{a_i}^2$
我们将式子展开就可以得到：$A=\frac{(\sum_ia_i)^2-\sum_i(a_i)^2}{2}$。
所以我们只需要维护路径和和路径平方和即可，利用 LCA 和树上差分 $O(1)$ 求答案。
时间复杂度 $O(n\log{n})$ 。

80pts

$40pts$ 的扩展方法还是太慢，我们需要进行优化。
树上路径是可以分成两段的，现在我们有了两段的答案，考虑怎么求得大区间的答案。
左区间的答案是 $\sum_{1<=i<j<=t}a_i*b_j$，右区间的答案是 $\sum_{t<i<j<=x}a_i*b_j$，大区间的答案是：$\sum_{1<=i<j<=x}a_i*b_j$ 。
还是将这个过程看作是枚举点对，左区间的答案相当于两个点都在左边的答案，右区间的答案相当于两个点都在右边的答案，缺少的正好是一个点在左区间，一个点在右区间的答案 $\sum_{1<=i<=t<j<=x}a_i*b_j$。
$\sum_{1<=i<=t<j<=x}a_i*b_j=\sum_{1<=i<=t}a_i*\sum_{t<j<=x}b_j$

100pts

将上述做法扩展到树上即可。$ans[x]+ans[y]-2*ans[lca]$。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read()
{
	char ch=getchar();ll a=0;
	while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') a=a*10+(ch^48),ch=getchar();
	return a;
}
const ll N=1e5+5;
ll n,m,Edge;
ll a[N],b[N],head[N],dep[N],f[N][21];
ll Sa[N],Sb[N],Ans1[N],Ans2[N];
struct node
{
	ll to,nxt;
}e[N<<1];
void add(ll from,ll  to)
{
	Edge++;
	e[Edge].to=to;
	e[Edge].nxt=head[from];
	head[from]=Edge;
}
void dfs(ll u,ll fa)
{
	dep[u]=dep[fa]+1;
	Sa[u]=Sa[fa]+a[u];              
	Sb[u]=Sb[fa]+b[u];
	Ans1[u]=Ans1[fa]+b[u]*Sa[fa];    //Ans1[u]表示1~u的路径的答案 
	Ans2[u]=Ans2[fa]+a[u]*Sb[fa];    //Ans2[u]表示u~1的路径的答案 
	for(ll i=head[u];i;i=e[i].nxt)
	{
		ll v=e[i].to;
		dfs(v,u);
	}
}
ll LCA(ll x,ll y)
{
	if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
	for(ll i=20;i>=0;i--)
	{
		if(dep[f[x][i]]>=dep[y]) 
		    x=f[x][i];
	}
	if(x==y) return x;
	for(ll i=20;i>=0;i--)
	{
		if(f[x][i]!=f[y][i])
		{
			x=f[x][i];
			y=f[y][i];
		}
	}
	return f[x][0];
}
int main()
{
    n=read();m=read();
    for(ll i=2;i<=n;i++)
    {
    	f[i][0]=read();
    	add(f[i][0],i);
	}
	for(ll j=1;j<=20;j++)
	    for(ll i=1;i<=n;i++)
	        f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i]=read();
	}
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	{
		b[i]=read();
	}
	dfs(1,0);
	for(ll i=1;i<=m;i++)
	{
		ll x=read();
		ll y=read();
		ll lca=LCA(x,y);
		ll ans1=Ans2[x]-Ans2[lca]-(Sa[x]-Sa[lca])*Sb[lca];  //算出x~son[lca]的答案 
		ll ans2=Ans1[y]-Ans1[f[lca][0]]-Sa[f[lca][0]]*(Sb[y]-Sb[f[lca][0]]);  //算出lca~y的答案 
		printf("%lld\n",ans1+ans2+(Sa[x]-Sa[lca])*(Sb[y]-Sb[f[lca][0]])); //合并两区间 
	}
	return 0;
}

染色

【问题描述】

一排有 $n$ 个格子，染成 $m$ 种颜色，相邻格子颜色不能相同。此外，允许一个长度不超过 $k$ 的区间染成相同的颜色。求最小代价。

【输入格式】

第一行包含三个正整数 $n, m, k$ 表示格子数量、颜色数量、区间长度。

接下来的 $n$ 行，每行有 $m$ 个正整数 $cost i,j$ 表示将第 $i$ 个格子染成颜色 $j$ 需要付出的代价。

由于输入数据过大，可能需要使用快速读入。

inline int read()
{
    int x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'|ch>'9')ch= getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch= getchar ();
    return x;
}

【输出格式】

输出一个整数，表示合法方案的最小代价。

【样例输入】

【样例输出】

【样例说明】

颜色分别为 $1, 2, 2, 2, 1$。

【数据规模与约定】

对于 $15\%$ 的数据， $n, m<=10, k<=n$

对于 $40\%$ 的数据， $n, m<=100, k<=10$

对于 $60\%$ 的数据， $n, m<=300, k<=n$

对于另 $15\%$ 的数据， $n, m<=2000, k=1$

对于 $100\%$ 的数据， $n, m<=2000, k<=n, cost<=10000$

Solution

40pts

考虑用动态规划来解决。
先考虑 $k=1$ 的情况：
$dp[i][j]$ 表示第 $i$ 的格子染了第 $j$ 种颜色，前 $i$ 个格子都染色的最小代价。
$dp[i][j]=\min(dp[i][j],dp[i-1][j']+cost[i][j])(j≠j')$
将 $j'$ 分成小于 $j$ 和大于 $j$ 的两部分，所以有：
$dp[i-1][j']=\min(\min(dp[i-1][j'](j'<j)),\min(dp[i-1][j'](j'>j)))$。
同时维护 $dp[i][j]$ 的前缀最小值和后缀最小值。
时间复杂度 $O(n^2)$。

60pts

考虑 $k≠1$ 的情况。
我们可以枚举区间 $[l,r]$ 和颜色 $t$，枚举量 $O(nmk)$。
中间的代价已经固定，剩余变成了 $[1,l-1]$ 和 $[r+1,n]$，并且 $l,r$ 不能染成 $t$。
和 $k=1$ 的情况相同，所以只需要提前预处理前缀$dp$ 和后缀$dp$，$O(1)$ 得出代价。
时间复杂度 $O(nmk)$。

100pts

先枚举颜色 $t$，将上述做法枚举区间进行优化。
代价为 $dpL[l-1][t]+Sum[r][t]-Sum[l-1][t]+dpR[r][t]$。
$=(dpL[l-1][t] -Sum[l-1][t])+(Sum[r][t]+dpR[r][t])$。
设 $A[i]=sum[i][j]+min(gl[i+1][j−1],gr[i+1][j+1]),B[i]=min(fl[i−1][j−1],fr[i−1][j+1])−sum[i−1][j]$。
然后可以单调队列优化。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 3005
using namespace std;
int n,m,k,cost[N][N],sum[N][N];
int f[N][N],fl[N][N],fr[N][N];
int g[N][N],gl[N][N],gr[N][N];
int A[N],B[N],q[N],l,r;
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			scanf("%d",&cost[i][j]);
			sum[i][j]=sum[i-1][j]+cost[i][j];
		}
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	memset(fl,0x3f,sizeof(fl));
	memset(fr,0x3f,sizeof(fr));
	for(int j=1;j<=m;j++)
		f[0][j]=fl[0][j]=fr[0][j]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=m;j++)
			f[i][j]=cost[i][j]+min(fl[i-1][j-1],fr[i-1][j+1]);
		for(int j=1;j<=m;j++)
			fl[i][j]=min(f[i][j],fl[i][j-1]);
		for(int j=m;j;j--)
			fr[i][j]=min(f[i][j],fr[i][j+1]);
	}
	memset(g,0x3f,sizeof(g));
	memset(gl,0x3f,sizeof(gl));
	memset(gr,0x3f,sizeof(gr));
	for(int j=1;j<=m;j++)
		g[n+1][j]=gl[n+1][j]=gr[n+1][j]=0;
	for(int i=n;i;i--)
	{
		for(int j=1;j<=m;j++)
			g[i][j]=cost[i][j]+min(gl[i+1][j-1],gr[i+1][j+1]);
		for(int j=1;j<=m;j++)
			gl[i][j]=min(g[i][j],gl[i][j-1]);
		for(int j=m;j;j--)
			gr[i][j]=min(g[i][j],gr[i][j+1]);
	}
	int ans=1e9;
	for(int j=1;j<=m;j++)
	{
		l=1,r=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			A[i]=sum[i][j]+min(gl[i+1][j-1],gr[i+1][j+1]);
			B[i]=min(fl[i-1][j-1],fr[i-1][j+1])-sum[i-1][j];
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			while(l<=r&&i-q[l]>=k)l++;
			while(l<=r&&B[q[r]]>=B[i])r--;
			q[++r]=i;
			ans=min(ans,A[i]+B[q[l]]);
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
}

数字

【问题描述】

给出 $n$ 个好数和 $m$ 个坏数，求包含所有好数但不包含任何坏数，并且只由 $1-4$ 组成的数中，各位数字之和最小值是多少。(好数和坏数均为 $k$ 位数，且由 $1-4$ 组成)

【输入格式】

第一行包含三个正整数 $n, m, k$

接下来 $n$ 行包含每行 $1$ 个正整数，表示好数。

接下来 $m$ 行包含每行 $1$ 个正整数，表示坏数。

【输出格式】

输出一个正整数，表示最小的值。输入数据保证一定存在解。

【样例输入】

【样例输出】

【样例说明】

12223331111

【数据规模与约定】

对于 $20\%$ 的数据，$ n<=5 ,m=0 ,k=2$

对于 $30\%$ 的数据，$ n<=10 ,m<=10 ,k<=5$

对于 $40\%$ 的数据，$n<=17, m<=20, k<=5$

对于 $50\%$ 的数据， $n<=18, m<=20, k<=5$

对于 $60\%$ 的数据， $n<=19, m<=20, k<=5$

对于 $70\%$ 的数据， $n<=20, m<=20, k<=5$

对于 $100\%$ 的数据， $n<=20, m<=10000 ,k<=8$

Solution

看成不断添加一个新数字>
这样相当于好数组成一个哈密顿通路,只需要求出两两好数之间最短距离，然后状压 $dp$ 求出哈密顿通路>
好数之间距离可以使用最短路算法求出，数据范围较小时可能有些其他的求法.
由于边权均为 $1~4$，可以拆边使用 $bfs$ 求最短路，直接最短路可能会被卡时间，但是看起来评测机很快。
$8$ 位 $1-4$ 组成的数可以看作 $4$ 进制数进行运算，从而节省空间。

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 100010
#define pa pair<int,int>
using namespace std;
int n,m,k;
int good[25],bad[10005];
int dis[N][4];
bool vis[N];
int trans(int x)
{
	int y=0;
	for(int i=0;i<k;i++)
	{
		y|=(x%10-1)<<(2*i);
		x/=10;
	}
	return y;
}
queue<pa>q;
void bfs(int x)
{
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	if(vis[x])return;
	dis[x][0]=0;
	q.push(pa(x,0));
	while(!q.empty())
	{
		pa x=q.front();
		q.pop();
		int now=dis[x.first][x.second];
		if(x.second)
		{
			if(dis[x.first][x.second-1]>1e9)
			{
				dis[x.first][x.second-1]=now+1;
				q.push(pa(x.first,x.second-1));
			}
			continue;
		}
		for(int i=1;i<=4;i++)
		{
			int y=((x.first<<2)|(i-1))&((1<<(2*k))-1);
			if(dis[y][i-1]>1e9&&!vis[y])
			{
				dis[y][i-1]=now+1;
				q.push(pa(y,i-1));
			}
		}
	}
}
int dist[25][25];
int f[21][1<<20];
int calc(int x)
{
	int y=0;
	for(int i=0;i<k;i++)
	{
		y+=x%10;
		x/=10;
	}
	return y;
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&good[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d",&bad[i]);
		vis[trans(bad[i])]=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		bfs(trans(good[i]));
		for(int j=1;j<=n;j++)
			dist[i][j]=dis[trans(good[j])][0];
	}
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=n;i++)
		f[i][1<<(i-1)]=calc(good[i]);
	for(int S=0;S<(1<<n);S++)
	for(int i=1;i<=n;i++)
	if((S&(1<<(i-1))))
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
		if(!(S&(1<<(j-1))))
		f[j][S|(1<<(j-1))]=min(f[j][S|(1<<(j-1))],f[i][S]+dist[i][j]);
	}
	int ans=1e9;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		ans=min(ans,f[i][(1<<n)-1]);
	printf("%d\n",ans);
}

posted @ 2020-10-04 20:37 暗い之殇阅读(144) 评论(0) 编辑收藏举报

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【输入格式】

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【输出格式】

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