【题解】暑假集训CSP提高模拟14

目录

• Rank&挂分
• A. BA
  • 题目内容
  • 部分分
    • 10pts
    • 10+20pts
  • 正解
    • 思路
    • 代码
• B. BB
  • 题目内容
  • 部分分
    • 5pts
  • 正解
    • 思路
    • 代码
• C. BC
• D. BD

Rank&挂分

T4暴搜后来改了记搜，不知道哪里锅了，挂5pts。

A. BA

题目内容

现在有 $m$ 块烙板，$n$ 张饼，第 $i$ 张饼需要烙 $a_i$ 个单位时间，一张饼一个单位时刻只能在一张烙板上，问都烙熟所需最少时间。

部分分

10pts

暴力深搜，每次枚举在锅里放什么饼，然后在所有合法方案里找最优解。

10+20pts

对Subtask 2进行特判，由于饼只有一面或两面，所以优先处理两面一定更优，配合前面的10分,可以拿下30分。

正解

思路

首先由于一张饼在同一时间只能出现在一口锅里的限制（以下简称时间冲突），可知答案的下界是所有 $a_i$ 的 $max$。

从上图可以看出，如果耗时最长的饼都不会发生时间冲突，则一定存在一种方案使得没有饼会产生时间冲突。不考虑时间冲突的因素，那么只要保证 $m\times t\ge \sum _{i=1}^n{a}_i$ 即可。这里的处理既可以二分，也可以直接求。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ri register int
#define inf 0x3f3f3f3f
int a,b;
long long sm,ans,mx,c;
int main()
{
	scanf("%d%d",&a,&b);
	for(ri i=1;i<=a;i++)
	{
		scanf("%lld",&c);
		mx=max(mx,c);
		sm+=c;
	}
	ans=sm/b;
	if(sm%b)
	{
		ans++;
	}
	ans=max(ans,mx);
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

B. BB

题目内容

洛谷原题
$n$ 个节点的有根树，其中 $1$ 号节点为根，每个节点都有一个价格为 $w$。
对于树上两个不同的节点 $x,y$，若 $x$ 是 $y$ 的祖先节点，则称 $x$ 支配 $y$。
游戏过程中，A 和 B 轮流购买树上的一个未被人购买过的节点，直到树上的 $n$ 个节点都被 A 或 B 购买。（游戏开始前，树上的所有节点都没有被购买。）
对于一次购买，假设买方购买了 $x$ 号节点，那么他首先要向系统支付 $w_x$ 个游戏币。假设此时 $x$ 支配着 $n_1$ 个已被买方的对手购买了的节点，同时又被 $n_2$ 个已被对手购买了的节点支配。若 $n_1>n_2$，那么对手要向买方支付 $n_1-n_2$ 个游戏币，若 $n_1<n_2$，那么买方要向对手支付 $n_2-n_1$ 个游戏币。
A 和 B 都绝顶聪明，会在游戏中采用最优策略，来赚到尽量多的游戏币。如果 A 先手，A 最终能赚到多少个游戏币？（你可以认为，游戏开始前，A 和 B 手中都有足够数量的游戏币。注意：答案可能为负数。）

部分分

5pts

树剖，不知道哪里锅了，WA，但是没TLE。

正解

思路

设 A 选择的点的点集为 U，B 选择的点的点集为 V。考虑一个点 $n$ 对 A 的收益的贡献：如果 n 祖先有 $p$ 个属于 V 的点，则选 $n$ 会使 A 的收益减少 $p$；如果 n 儿子有 $q$ 个属于 V 的点，则选 $n$ 会使 A 的收益增加 $q$；总收益就是 $q-p$。关于这个可以对在选 $n$ 前和选 $n$ 后进行分讨来理解。
但是仅仅转化到此还是不好维护，我们从点集里所有的点的角度去考虑：

如果我们直接把祖先数和儿子数作为贡献，显然，同色的在计算时多计算的一部分会相互抵消。这个还是感性理解吧。
于是，一个点的权值被转化为儿子数减祖先数再减它本身的权值。儿子数可以类比树剖的 $si{z}_x-1$ 计算，祖先数就是深度 $de{p}_x-1$，两个 $-1$ 抵消，最终的式子是 $si{z}_x-de{p}_x-w_x$，然后贪心即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ri register int
#define inf 0x3f3f3f3f
int a,b[200002],fa[200002],f[200002],g,dep[200002],siz[200002];
priority_queue<int>que;
long long ans;
struct node
{
	int h,to;
}pic[200002];
il void ndin(int x,int y)
{
	g++;
	pic[g].to=y;
	pic[g].h=f[x];
	f[x]=g;
}
void dfs(int x)
{
	siz[x]=1;
	dep[x]=dep[fa[x]]+1;
	for(ri i=f[x];i;i=pic[i].h)
	{
		ri y=pic[i].to;
		if(y!=fa[x])
		{
			dfs(y);
			siz[x]+=siz[y];
		}
	}
}
int main()
{
	scanf("%d",&a);
	for(ri i=1;i<=a;i++)
	{
		scanf("%d",&b[i]);
	}
	for(ri i=2;i<=a;i++)
	{
		scanf("%d",&fa[i]);
		ndin(fa[i],i);
	}
	dfs(1);
	for(ri i=1;i<=a;i++)
	{
		que.push(siz[i]-dep[i]-b[i]);
	}
	while(que.size()>1)
	{
		ans+=que.top();
		que.pop();
		que.pop();
	}
	if(que.size())
	{
		ans+=que.top();
		que.pop();
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

C. BC

->to be continue.

D. BD

->to be contniue.