[HDNOIP2017提高组]题解
(送给外省的同学们:HD = 海淀)
[HDNOIP201701]小鱼干
试题描述
小喵喵有 n 个小鱼干排成一列,其中第 i 个小鱼干有两种属性,美味度 ai 和特殊度 bi。
现在小喵喵要吃掉一些小鱼干,出于一些原因,小喵喵会吃掉连续的一段区间中的所有小鱼干。
如果吃掉了 [l,r] 一段区间,那么小喵喵会获得一些满意度。
形式化地,总满意度 =(∑ai(i∈[l, r]))×(1+∑bi(i∈[l, r]))。
由于只有小喵喵最喜欢的小鱼干的特殊度等于 1,所以 bi=1 的小鱼干数量不会超过 400 个,其他的 bi=0。
现在小喵喵可以选择任意一段区间(可以为空),但是有一些小鱼干的美味度是负数,吃掉所有小鱼干不一定会获得最多的满意度。所以小喵喵想知道最大能获得的总满意度是多少。
输入
第一行一个整数 n,表示小鱼干的数量。
第二行 n 个整数,第 i 个数为 ai,表示美味度。
第三行 n 个整数,第 i 个数为 bi,表示特殊度。
输出
一行一个整数,表示最大的总满意度。
输入示例
5 4 -2 2 -3 1 0 0 1 0 0
输出示例
8
数据规模及约定
对于 60% 的数据,1≤N≤1000。
对于另外 20% 的数据,所有 bi=0。
对于另外 10% 的数据,保证 bi=0 的 i 不会超过 20。
对于 100% 的数据,1≤N≤100000,0≤|ai|≤109,0≤bi≤1,保证 bi=1 的 i 不会超过 400。、
题解
关注到 bi = 1 的 i 的个数不会超过 400,而且我们选择的仅仅是一个区间,所以可以想到枚举最左边和最右边的 1。于是对于每个 bi = 1 的位置 i,预处理一下 mxl[i] 表示从 i-1 向左到上一个 b 的值为 1 的位置这段区间中的最大后缀和;mxr[i] 表示 i+1 向右到下一个 b 的值为 1 的位置这段区间中的最大前缀和。那么假设我们枚举的最左边的 1 的位置是 a,最右边的 1 的位置是 b,用 (mxl[a] + S[b] - S[a-1] + mxr[b])(b - a + 1) 这个值更新答案即可。注意最后再用整个序列的最大连续和更新一下答案。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cctype> #include <algorithm> using namespace std; int read() { int x = 0, f = 1; char c = getchar(); while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = getchar(); } while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); } return x * f; } #define maxn 100010 #define LL long long int n, A[maxn], pos[maxn], cntp; LL S[maxn], mxl[maxn], mxr[maxn], f[maxn][2]; int main() { n = read(); for(int i = 1; i <= n; i++) S[i] = S[i-1] + (A[i] = read()); for(int i = 1; i <= n; i++) if(read()) pos[++cntp] = i; LL ans = 0; if(cntp) { pos[0] = 0; pos[cntp+1] = n + 1; for(int i = 1; i <= cntp; i++) { LL tmp = 0; for(int j = pos[i] - 1; j > pos[i-1]; j--) tmp += A[j], mxl[i] = max(mxl[i], tmp); tmp = 0; for(int j = pos[i] + 1; j < pos[i+1]; j++) tmp += A[j], mxr[i] = max(mxr[i], tmp); } for(int i = 1; i <= cntp; i++) for(int j = i; j <= cntp; j++) ans = max(ans, (mxl[i] + S[pos[j]] - S[pos[i]-1] + mxr[j]) * (j - i + 2)); } for(int i = 1; i <= n; i++) f[i][0] = max(f[i-1][0], f[i-1][1]), f[i][1] = max(f[i-1][1], 0ll) + A[i]; ans = max(ans, max(f[n][0], f[n][1])); printf("%lld\n", ans); return 0; }
[HDNOIP201702]拓扑排序
试题描述
绵羊送给小喵喵了 n 个小鱼干。小喵喵要把它们全部吃掉!
但是绵羊告诉小喵喵要按照某种顺序来吃。
绵羊一共说了 m 条限制,每条限制的格式为 u v ,表示要先吃掉 u 号小鱼干之后才能吃 v 号小鱼干。
绵羊保证,这些条限制不会出现循环需求的情况,即一定存在某种顺序使得 n 个小鱼干都被吃掉。
绵羊还允许小喵喵不遵守其中小于等于 k 条限制。
小喵喵想知道在吃完所有的小鱼干的前提下,吃小鱼干的顺序的字典序最小是多少。
两个吃小鱼干的顺序的字典序大小比较即为:首先比较第一个吃的小鱼干,编号较小的字典序较小,若相同,则比较第二个吃的小鱼干,一直比到可以分出大小。
注意到两个顺序一定可以比较大小。
输入
第一行为 3 个整数 N、M、K。
第二行至第 M+1 行每行两个正整数 ui、vi,表示 ui 和 vi 有限制关系,即 ui 要比 vi 先吃。
输出
仅一行 N 个正整数,为最优的吃小鱼干的顺序,相邻两个整数之间以空格隔开。
输入示例
5 5 2 3 2 4 3 5 4 3 1 4 1
输出示例
1 5 4 3 2
数据规模及约定
对于 30% 的数据,1≤N、M≤8。
对于 60% 的数据,1≤N、M≤20。
对于另外 30% 的数据,K=0。
对于 100% 的数据,1≤N、M≤152501,1≤ui、vi≤N,0≤K≤M。
题解
“字典序最小”,一定先想贪心。
从前往后确定拓扑序上每一位是否可以是当前编号最小的节点,对于节点 u,如果它能放在拓扑序当前为上,须要满足其入度 ≤ K;找到了一个符合条件的 u,则将该节点删除,该节点连出的边也删除。
用一个堆模拟上面的过程就行了,注意我们只用在最初时和每次删除边的时候将节点插入堆中,所以至多插入 n+m 个元素。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cctype> #include <algorithm> #include <queue> using namespace std; int read() { int x = 0, f = 1; char c = getchar(); while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = getchar(); } while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); } return x * f; } #define maxn 152510 #define oo 2147483647 int n, m, K, head[maxn], nxt[maxn], to[maxn], ind[maxn]; void AddEdge(int a, int b) { to[++m] = b; nxt[m] = head[a]; head[a] = m; ind[b]++; return ; } priority_queue <int> Q; int main() { n = read(); int M = read(); K = read(); for(int i = 1; i <= M; i++) { int a = read(), b = read(); AddEdge(a, b); } for(int i = 1; i <= n; i++) if(ind[i] <= K) Q.push(-i); for(int i = 1; i <= n; i++) { int u = -Q.top(); Q.pop(); while(ind[u] > K) u = -Q.top(), Q.pop(); printf("%d%c", u, i < n ? ' ' : '\n'); K -= ind[u]; ind[u] = oo; for(int e = head[u]; e; e = nxt[e]) if(ind[to[e]] < oo && --ind[to[e]] <= K) Q.push(-to[e]); } return 0; }
[HDNOIP201703]收集珠宝
试题描述
喵国有 n 个村镇,由 n−1 条无向道路连通。来自喵哈哈村的小喵喵想要周游各地。
旅途的路非常漫长,小喵喵决定在路上买一些宝石收藏,其中第 i 个村镇的宝石价格为 Ai。
小喵喵的策略是这样的:在一个起点村落购买宝石,之后路上如果当前的村落的宝石价格比小喵喵手上最贵的宝石贵,那么小喵喵就会购买当前村落的宝石。
现在小喵喵有 q 次独立的旅行(即进行新的一次旅行时手上的宝石都会消失),小喵喵想知道如果从 u 村落沿最短路旅行到 v 村落会购买多少次宝石。
输入
第一行为 1 个正整数 N。
第二行为 N 个正整数 Ai。
第三行至第 N+1 行每行两个正整数 xi、yi,表示 xi 和 yi 之间有一条道路。
第 N+2 行为一个正整数 Q。
接下来 Q 行每行一个正整数 ui、vi,表示一次询问。
输出
Q 行每行一个正整数,表示答案。
输入示例
5 4 2 2 3 1 1 2 1 3 3 4 3 5 4 1 1 4 2 5 4 1 5
输出示例
1 2 3 1
数据规模及约定
对于 20% 的数据,1≤N、Q≤2501。
对于另外 15% 的数据,所有ui=1。
对于另外 15% 的数据,所有vi=1。
对于另外 40% 的数据,1≤N、Q≤152501,所有yi=xi+1。
对于 100% 的数据,1≤N、Q≤252501,1≤Ai≤109,1≤ui、vi、xi、yi≤N。
题解
首先将询问拆成两部分,一段上行,一段下行;对于询问 (u, v)(即从 u 到 v,令 c = u 和 v 的最近公共祖先),拆成 (u, c)(上行)和 (c, v)(下行)。
我们发现就是找这样一条链上单调栈的大小。如果把它变成一个序列问题,即查询区间内单调栈的大小,这个问题就可以用线段树解决。
具体是这样的:我们令 query(node, val) 表示对于线段树节点 node 所对应的区间第一个元素 ≥ val 的单调栈的大小,分两种情况考虑:
1. node->l.maxv <= val,即左边的所有值都小于等于 val,直接跳过左半边,返回 query(node->r, val)
2. node->l.maxv > val,返回 node.size - (node->l.size - query(node->l, val) ),其中 node.size 表示节点 node 所对应区间的单调栈的大小,node->l.size - query(node->l, val) 表示左节点单调栈中小于 val 的部分,所以要减去
maxv 不用说了,size 如何维护?我们只需要写一个 update() 函数即可。update() 函数中,设当前节点为 node
1. 如果当前是叶节点,直接将 node.size 设为 1
2. 否则 node.size = node->l.size + query(node->r, node->l.maxv),即左边的单调栈肯定是直接拼上来,右边就是从左边最大值开始的单调栈
这个线段树还需要支持区间查询,实现方法类似,留个读者思考。
下面我们需要把一条链转换成一个序列,好在拆解询问后,每条链都是“儿子 - 祖先”的,所以可以 dfs,然后动态地在线段树中进行修改即可。
注意,求 lca 要用树链剖分,因为要保证空间线性!(注:此题空间限制 64MB)
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cctype> #include <algorithm> using namespace std; int read() { int x = 0, f = 1; char c = getchar(); while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = getchar(); } while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); } return x * f; } #define maxn 252510 #define maxm 505020 #define maxlog 18 int n, A[maxn], m, head[maxn], nxt[maxm], to[maxm]; void AddEdge(int a, int b) { to[++m] = b; nxt[m] = head[a]; head[a] = m; swap(a, b); to[++m] = b; nxt[m] = head[a]; head[a] = m; return ; } int dep[maxn], siz[maxn], fa[maxn], son[maxn], top[maxn]; void build(int u) { siz[u] = 1; for(int e = head[u]; e; e = nxt[e]) if(to[e] != fa[u]) { dep[to[e]] = dep[u] + 1; fa[to[e]] = u; build(to[e]); siz[u] += siz[to[e]]; if(!son[u] || siz[to[e]] > siz[son[u]]) son[u] = to[e]; } return ; } void gett(int u, int tp) { top[u] = tp; if(son[u]) gett(son[u], tp); for(int e = head[u]; e; e = nxt[e]) if(to[e] != fa[u] && to[e] != son[u]) gett(to[e], to[e]); return ; } int lca(int a, int b) { while(top[a] != top[b]) { if(dep[top[a]] < dep[top[b]]) swap(a, b); a = fa[top[a]]; } return dep[a] < dep[b] ? a : b; } struct Que { int a, b, c, trn, res; Que() {} Que(int _, int __): a(_), b(__), c(lca(_, __)) {} } qs[maxn]; int q; int mxv[maxn<<2], ssiz[maxn<<2]; int query(int o, int l, int r, int v) { if(l == r) return mxv[o] > v; int mid = l + r >> 1, lc = o << 1, rc = lc | 1; if(v >= mxv[lc]) return query(rc, mid + 1, r, v); return ssiz[o] - ssiz[lc] + query(lc, l, mid, v); } void update(int o, int l, int r, int p, int v) { if(l == r) mxv[o] = v, ssiz[o] = 1; else { int mid = l + r >> 1, lc = o << 1, rc = lc | 1; if(p <= mid) update(lc, l, mid, p, v); else update(rc, mid + 1, r, p, v); mxv[o] = max(mxv[lc], mxv[rc]); ssiz[o] = ssiz[lc] + query(rc, mid + 1, r, mxv[lc]); } return ; } struct Snode { // Segment_tree node int o, l, r; Snode() {} Snode(int _1, int _2, int _3): o(_1), l(_2), r(_3) {} } qnode[maxlog<<2]; int cntq; void getqnode(int o, int l, int r, int ql, int qr) { if(ql <= l && r <= qr) qnode[++cntq] = Snode(o, l, r); else { int mid = l + r >> 1, lc = o << 1, rc = lc | 1; if(ql <= mid) getqnode(lc, l, mid, ql, qr); if(qr > mid) getqnode(rc, mid + 1, r, ql, qr); } return ; } int _v; int ask(int ql, int qr, int v) { cntq = 0; getqnode(1, 1, n, ql, qr); int res = 0; for(int i = 1; i <= cntq; i++) res += query(qnode[i].o, qnode[i].l, qnode[i].r, v), v = max(v, mxv[qnode[i].o]); _v = v; return res; } struct QOT { // Queries On Tree int head[maxn], nxt[maxn]; void clear() { memset(head, 0, sizeof(head)); return ; } void AddQ(int u, int qid) { nxt[qid] = head[u]; head[u] = qid; return ; } } qt; int segpos[maxn]; void dfs1(int u, int pos) { segpos[u] = pos; update(1, 1, n, pos, A[u]); for(int e = qt.head[u]; e; e = qt.nxt[e]) qs[e].res = ask(pos, segpos[qs[e].c], A[qs[e].a] - 1), qs[e].trn = _v; for(int e = head[u]; e; e = nxt[e]) if(to[e] != fa[u]) dfs1(to[e], pos - 1); return ; } void dfs2(int u, int pos) { segpos[u] = pos; update(1, 1, n, pos, A[u]); for(int e = qt.head[u]; e; e = qt.nxt[e]) qs[e].res += ask(segpos[qs[e].c], pos, qs[e].trn); for(int e = head[u]; e; e = nxt[e]) if(to[e] != fa[u]) dfs2(to[e], pos + 1); return ; } int main() { n = read(); for(int i = 1; i <= n; i++) A[i] = read(); for(int i = 1; i < n; i++) { int a = read(), b = read(); AddEdge(a, b); } build(1); gett(1, 1); q = read(); for(int i = 1; i <= q; i++) { int u = read(), v = read(); qs[i] = Que(u, v); qt.AddQ(u, i); } dfs1(1, n); memset(mxv, 0, sizeof(mxv)); memset(ssiz, 0, sizeof(ssiz)); qt.clear(); for(int i = 1; i <= q; i++) qt.AddQ(qs[i].b, i); dfs2(1, 1); for(int i = 1; i <= q; i++) printf("%d\n", qs[i].res); return 0; }