20230821比赛
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T1 【佛山市选2013】树环转换 GMOJ 3230
Description
给定一棵N个节点的树，去掉这棵树的一条边需要消耗值1，为这个图的两个点加上一条边也需要消耗值1。树的节点编号从1开始。在这个问题中，你需要使用最小的消耗值（加边和删边操作）将这棵树转化为环，不允许有重边。
环的定义如下：
（1）该图有N个点，N条边。
（2）每个顶点的度数为2。
（3）任意两点是可达的。
树的定义如下：
（1）该图有N个点，N-1条边。
（2）任意两点是可达的。
Input
第一行是一个整数N代表节点的个数。
接下来N-1行每行有两个整数U, V（1 ≤ U, V ≤ N），表示双向边（U, V）
Output
输出把树转化为环的最小消耗值。
Sample Input
4 1 2 2 3 2 4 Sample Output
3 Data Constraint
对于20%的数据，有1≤N≤10。
对于100%的数据，有1≤N≤1000000。
题目大意：求把一棵树转为一个环的最小操作次数
比赛的想法：这不就是求树的直径嘛。对于一棵树，我们可以求出最长的直径 \(d\) ，然后用总边数 \(t = n - 1\) 得到要操作的边为：
但是这个是错误的，因为有的边可能会多算——删掉自己又加上自己还不如不操作。
正解：不会dp，所以：
我们求出子树有多少条未解决的链，然后删去大于2条链的子树之间的联系（断边）。我们看作ans。最后记得输出 \(2\times ans + 1\) 因为要记录删掉和补上，最后还有一个成环的边。
#include <cstdio> #define ll int // 这告诉我们，交之前记得算一下时空复杂度 ll n; ll ans; ll q[1000010][3]; ll head[1000010]; ll nxt[5000010]; ll to[5000010]; ll cnt; void addEdge(ll u, ll v) { ++cnt; to[cnt] = v; nxt[cnt] = head[u]; head[u] = cnt; } ll dfs(ll u, ll fa) { ll size = 0; // 子树链的数量 for(ll i = head[u]; i; i = nxt[i]) { ll v = to[i]; if(v == fa) continue; size += dfs(v, u); } if(size < 2) return 1; // 没有链或只有一个链 if(fa == 0) { // 为根节点 ans += size - 2; } else { ans += size - 2 + 1; // 包括父节点 } return 0; } int main() { scanf("%d", &n); for(ll i = 1; i < n; i++) { ll u, v; scanf("%d %d", &u, &v); addEdge(u, v); addEdge(v, u); } dfs(1, 0); printf("%d", 2 * ans + 1); return 0; }
T2 【佛山市选2013】海明距离 GMOJ 3231
Description
对于二进制串a，b，他们之间的海明距离是指两个串异或之后串中1的个数。异或的规则为：
0 XOR 0 = 0
1 XOR 0 = 1
0 XOR 1 = 1
1 XOR 1 = 0
计算两个串之间的海明距离的时候，他们的长度必须相同。现在我们给出N个不同的二进制串，请计算出这些串两两之间的最短海明距离。
Input
第一个数字是整数T（T≤10），代表数据的组数。
接下来有T组数据，每组数据的第一行是一个正整数N，代表不同的二进制串的个数。接下来是N行，每行都是一个二进制串(长度是5)。我们用数字(0-9)和字符(A-F)来表示这个二进制串。它代表这个二进制串的16进制码。例如，“12345”代表的二进制串为“00010010001101000101”。
Output
对于每个数据，请输出一个整数，即答案值。
Sample Input
2 2 12345 54321 4 12345 6789A BCDEF 0137F Sample Output
6 7 Data Constraint
对于30%的数据有1≤N≤100
对于全部数据，有1≤N≤100000
先是打了暴力，然后因为之前做过一道二进制的题目——腿部挂件。题目是可持久化01Trie。
那么这道题会不会也是这个呢？后来发现并不是，所以我打了一个暴力——先枚举 \(1\) 个数字作为基准，然后dfs跑一遍 01Trie ，然后就行了。
后面发现不行，会TLE，怎么办呢？于是我加了一个剪枝——如果当前答案大于最小值就不遍历了。
成功AC。但是我感觉这不应该是正解。
正解应该是什么呢？应该是模拟退火，而且是LBSA（堆优化模拟退火）
下面我附上LBSA和我的代码：
我的暴力：
#include <cstdio> #include <cstring> #define ll long long ll t, n; bool a[100010][30]; ll son[700010][2]; ll cnt; ll ans = 1e15; inline ll min(ll x, ll y) { return x > y ? y : x; } void dfs(ll x, ll p, ll r, ll tot) { if(tot >= ans) return; if(x == 20) { if(tot == 0) return; ans = min(ans, tot); return; } if(a[r][x + 1] == 0) { if(son[p][1]) { dfs(x + 1, son[p][1], r, tot + (a[r][x + 1] != 1)); } if(son[p][0]) { dfs(x + 1, son[p][0], r, tot + (a[r][x + 1] != 0)); } } if(a[r][x + 1] == 1) { if(son[p][0]) { dfs(x + 1, son[p][0], r, tot + (a[r][x + 1] != 0)); } if(son[p][1]) { dfs(x + 1, son[p][1], r, tot + (a[r][x + 1] != 1)); } } } inline char get() { static char buf[10000000], *p1 = buf, *p2 = buf; return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf,1,10000000,stdin),p1 == p2) ? EOF : *p1 ++; } inline ll read() { ll x = 0; char c = '.'; while(c < '0' || c > '9') c = get(); while(c >= '0' && c <= '9') { x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ '0'); c = get(); } return x; } inline ll readHex() { ll x = 0; char c = '.'; while(!((c >= '0' && c <= '9') || (c >='A' && c <= 'F'))) c = get(); while((c >= '0' && c <= '9') || (c >='A' && c <= 'F')) { if(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 4) + (c ^ '0'); else x = (x << 4) + (c - 'A' + 10); c = get(); } return x; } int main() { // freopen("data.in", "r", stdin); t = read(); while(t--) { memset(son, 0, sizeof(son)); ans = 1e15; cnt = 0; n = read(); for(ll i = 1; i <= n; i++) { ll x; x = readHex(); for(ll j = 20; j >= 1; j--) { a[i][j] = x&1; x >>= 1; } ll p = 0; for(ll j = 1; j <= 20; j++) { if(!son[p][a[i][j]]) { son[p][a[i][j]] = ++cnt; } p = son[p][a[i][j]]; } } for(ll i = 1; i <= n; i++) { dfs(0, 0, i, 0); } printf("%lld\n", ans); } }
LBSA：
#include<cstdio> #include<random> #include<algorithm> #include<ctime> #include<cmath> #define f(x) calc(a[x]^a[v]) using namespace std; const int N = 1e5 + 2, P = 1 << 20, L = 100 + 2, K = 10, M = 10; const double RND_MAX = 1ll << 32; mt19937 rnd(time(NULL)); int T,tt,n,i,a[N],hs,f[P],ans; double hp[L]; double RND() { return rnd()/RND_MAX; } int calc(int x) { if(f[x]<ans) ans=f[x]; return f[x]; } int Num(int x) { return x<1?1:x>n?n:x; } void put(double x) { hp[++hs]=x; int k=hs; while(k>1&&hp[k]>hp[k/2]) { swap(hp[k],hp[k/2]); k/=2; } return ; } double pop() { double ret=hp[1]; hp[1]=hp[hs--]; int k=1; while(k*2<=hs&&hp[k*2]>hp[k]||k*2+1<=hs&&hp[k*2+1]>hp[k]) { int kk=k*2; if(kk+1<=hs&&hp[kk+1]>hp[kk]) ++kk; swap(hp[k],hp[kk]); k=kk; } return ret; } void LBSA(int v) { hs=0; int x=Num(v+rnd()%11-5); double r=0.7; for(int i=1; i<L; ++i) { int y=Num(x+rnd()%11-5); if(f(y)<f(x)) x=y; put(-abs(f(y)-f(x))/log(r)); } x=Num(v+rnd()%11-5); for(int k=1; k<=K; ++k) { double t=0,temp=hp[1]; int c=0; for(int m=1; m<=M; ++m) { int y=Num(x+rnd()%11-5); if(f(y)<f(x)) x=y; else { double r=RND(); if(exp(-(f(y)-f(x))/temp)>r) { t+=-(f(y)-f(x))/log(r); ++c; x=y; } } if(ans==1) return ; } if(c) { pop(); put(t/c); } } } int main() { f[0]=0; for(i=1; i<P; ++i) f[i]=f[i&(i-1)]+1; f[0]=20; scanf("%d",&T); for(tt=1; tt<=T; ++tt) { scanf("%d",&n); for(i=1; i<=n; ++i) scanf("%X",&a[i]); stable_sort(a+1,a+n+1); ans=20; for(i=1; i<=n&&ans>1&&(double)clock()/CLOCKS_PER_SEC<0.998/T*tt; ++i) LBSA(i); printf("%d\n",ans); } return 0; }
T3 【佛山市选2013】排列 GMOJ 3232
Description
一个关于n个元素的排列是指一个从{1, 2, …, n}到{1, 2, …, n}的一一映射的函数。这个排列p的秩是指最小的k，使得对于所有的i = 1, 2, …, n，都有p(p(…p(i)…)) = i（其中，p一共出现了k次）。
例如，对于一个三个元素的排列p(1) = 3, p(2) = 2, p(3) = 1，它的秩是2，因为p(p(1)) = 1, p(p(2)) = 2, p(p(3)) = 3。
给定一个n，我们希望从n!个排列中，找出一个拥有最大秩的排列。例如，对于n=5，它能达到最大秩为6，这个排列是p(1) = 4, p(2) = 5, p(3) = 2, p(4) = 1, p(5) = 3。
当我们有多个排列能得到这个最大的秩的时候，我们希望你求出字典序最小的那个排列。对于n个元素的排列，排列p的字典序比排列r小的意思是：存在一个整数i，使得对于所有j < i，都有p(j) = r(j)，同时p(i) < r(i)。对于5来说，秩最大而且字典序最小的排列为：p(1) = 2, p(2) = 1, p(3) = 4, p(4) = 5, p(5) = 3。
Input
输入的第一行是一个整数T（T <= 10），代表数据的个数。
每个数据只有一行，为一个整数N。
Output
对于每个N，输出秩最大且字典序最小的那个排列。即输出p(1), p(2),…,p(n)的值，用空格分隔。
Sample Input
2 5 14 Sample Output
2 1 4 5 3 2 3 1 5 6 7 4 9 10 11 12 13 14 8 Data Constraint
对于40%的数据，有1≤N≤100。
对于所有的数据，有1≤N≤10000。
不会
T4 【佛山市选2013】排列 GMOJ 3229
Description
回文序列是指左右对称的序列。例如1 2 3 2 1是回文序列，但是1 2 3 2 2就不是。我们会给定一个N×M的矩阵，你需要从这个矩阵中找出一个P×P的子矩阵，使得这个子矩阵的每一列和每一行都是回文序列。
Input
第一行有两个正整数N, M。
接下来是n行，代表一个N×M的矩阵，矩阵的每个元素都是值不超过31415926的正整数。
Output
输出符合条件的子矩阵的最大大小P。
Sample Input
5 10 1 2 3 3 2 4 5 6 7 8 1 2 3 3 2 4 5 6 7 8 1 2 3 3 2 4 5 6 7 8 1 2 3 3 2 4 5 6 7 8 1 2 3 9 10 4 5 6 7 8 Sample Output
4 Data Constraint
对于20%数据 1 ≤ N, M ≤ 10
对于所有数据 1 ≤ N, M ≤ 300
正如我想，暴力跑一遍即可。
数据太水啦！
所以正解是什么呢？我觉得是马拉车这位(\(n^2\log n\))。
我的暴力：
#include <cstdio> #define ll long long using namespace std; ll n, m, ans; ll a[310][310]; inline ll min(ll x, ll y) { return x < y?x:y; } inline ll read() { ll x = 0; char c = '.'; while(c < '0' || c > '9') c = getchar(); while(c >= '0' && c <= '9') { x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ '0'); c = getchar(); } return x; } int main() { n = read(), m = read(); for(ll i = 1; i <= n; i++) { for(ll j = 1; j <= m; j++) { a[i][j] = read(); } } for(ll p = min(n, m); p >= 1; p--) { for(ll i = 1; i <= n - p + 1; i++) { for(ll j = 1; j <= m - p + 1; j++) { bool flag = true; for(ll x = 1; x <= p; x++) { for(ll y = 1; y <= p / 2; y++) { if(a[i + x - 1][j + y - 1] != a[i + x - 1][j + p - y] || a[i + y - 1][j + x - 1] != a[i + p - y][j + x - 1]) { flag = false; break; } } if(!flag) break; } if(flag) { printf("%lld", p); return 0; } } } } printf("%lld", ans); }
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