洛谷【LGR-065】洛谷11月月赛 III赛后总结
比赛链接：
Div1：https://www.luogu.org/contest/23455
Div2：https://www.luogu.org/contest/23456
Div2 T1
不就是把\(0\)设成\(1\)，把\(1\)设成\(-1\)，然后求最大非空字段和。
最大字段和的做法上网查吧。
非空特判就行了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 110000
using namespace std;
char st[N];
int f[N],n;
int main()
{
scanf("%s",st+1);n=strlen(st+1);
int sum=0,ans=0;bool bk=0;
for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=(st[i]=='0'?1:-1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(f[i]==1)bk=1;
sum+=f[i];
if(sum>ans)ans=sum;
if(sum<0)sum=0;
}
if(bk==0)ans=-1;//特判
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
Div2 T2
这道题目乍一看很难，但是仔细一看，环的异或和都是\(0\)，那么意味着什么呢：
我们设\(a\) \(xor\) \(b=0\)，\(a=\)~\(b\)，所以\(ans\) \(xor\) \(a\)\(=\)~\((ans\) \(xor\) ~ \(a)=\)~\((ans\) \(xor\) \(b)\)
所以我们只要固定一个根\(1\)，用\(BFS\)算出每个点的\(dis_{i}\)，然后对于\(l,r\)，只要取\(dis_l\) \(xor\) \(dis_{r}\)和他的取反值的最大值就行了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 110000
#define NN 410000
using namespace std;
struct node
{
int y,c,next;
}tr[NN];int len,last[N];
inline void ins(int x,int y,int c){len++;tr[len].y=y;tr[len].c=c;tr[len].next=last[x];last[x]=len;}
int a[N],n,m,q;bool v[N];
int list[N],head,tail;
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y,c;scanf("%d%d%d",&x,&y,&c);
ins(x,y,c);ins(y,x,c);
}
v[1]=1;a[1]=0;list[++tail]=1;
while(head<=tail)
{
int x=list[head++];
for(int k=last[x];k;k=tr[k].next)
{
int y=tr[k].y;
if(!v[y])
{
v[y]=1;
list[++tail]=y;
a[y]=a[x]^tr[k].c;
}
}
}
for(int i=1;i<=q;i++)
{
int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
printf("%d\n",a[x]^a[y]);
}
return 0;
}
Div1 T1
这道题目当时想到了正解，但是做题太少否定了QAQ。
我们定一个数组\(b\)，表示先手取到这个数字的输赢状态，\(1\)表示必赢，\(0\)表示必输。
首先对于\(l,r\)，我们观察\(r\)，如果\(a[r]\%2==1\)，那么很明显先到\(r\)的会赢，那么\(b[r]=1\)，反之为\(0\)。
而对于一个数字\(b[i]=1\)，那么很明显\(b[i-m]\)~\(b[i-1]\)都是\(0\)。（因为后手可以取这个，然后赢掉）。
而对于\(b[i+1]\)~\(b[i+m]\)都是\(0\)的位置\(i\)而言，如果他的数字为偶数的话，那么先手取他也肯定是先手取后面的\(0\)，所以是\(0\)，反之（奇数）为\(1\)，然后重复此操作。
然后\(b[l]\)就是答案。
但是这样是\(O(\frac{n^2}{m})\)的，很明显的爆炸。
那么我们分析一下做法。
就是对于一个数字\(1\)，前面\(m\)个数字都是\(0\)，然后\(m\)个之前的第一个奇数就是\(1\)。
对于一个位置\(i\)，他的\(m\)个之前的第一个奇数是固定的。
所以我们对于位置\(i\)，可以向前面的那个奇数连一条边，那么就是如果\(a[l]\)是偶数的话那么肯定无解，而\(a[l]\)是奇数的话，就看\(l\)的子树内有没有\(r\)，这个我们可以记录每个数字的\(DFS\)序以及子树\(DFS\)区间，然后\(O(1)\)查询。
顺便提一下，由于没有一个统一的根，所以我们设一个根，连向那些森林的跟，也就向从数列第一个奇数开始的后面\(m-1\)减一范围内的奇数都连一条边。
口胡无代码。
时间复杂度：\(O(n)\)
Div1 T2
这道题目我们要明白一个惯用的套路，就是我们很难处理负数的情况，我们就要通过加\(k\)操作把每个数字的活动区间变成\([0,2k]\)，而\(a_i'=a_i+i*k\)。（下面的题解皆按照这个条件。）
讲真这样子化简这道题目就真的是道纯纯粹粹的SB题了。
很明显对于\(a_{i}>a_{j}(i<j)\)，由于我们加的数字是自然数，所以肯定如果前面到了\(a_j+1\)，后面就肯定倒不回去了。
所以我们设\(a_i=a_j\)，也就是维护\(a\)数组递增，每个\(a_i\)等于后面的\(a\)的最小值。
然后我们发现这道题目是很明显的贪心，我们先化化式子QMQ。
设\(b_{i}\)是第\(i\)次加的数字
\(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=i}^{n}b_{i}w_{j}\)
然后我们设\(c_{i}=\sum\limits_{j=i}^{n}w_{j}\)（其实就是把后效性消除了）。
那么式子就化成了\(\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}w_{i}\)，那么对于大的\(w\)，我们就可以给他分\(2k\)个。
但是我们又意识到了还有\(a\)的限制，所以对于\(w_{i}\)加的数字，我们需要在\([i,n]\)一起减去（对于第\(i\)个位置初始值为\(a_{i}\)），同时每次要给\(i\)加数字的时候，我们设\([i,n]\)的最小值为\(x\)，那么就是\(min(x,2k)\)。
支持这种操作的数据结构就是我们可爱的线段树啦！！！！
时间复杂度：\(O(nlogn)\)
Div1 T3&T4
不会
浙公网安备 33010602011771号