學長出題規律：T1簽到題，T2套路題（但沒見過），T3神奇題（賽時想的做法幾乎都是錯的），T4peppapig題
學長：今天T3防AK
peppapig：今天比賽防爆零
A. Permutations & Primes 20pts
簽到題，可惜沒有簽到；
顯然，我們要讓經過1的區間最多，所以將1放在序列中間；
除了1，就是2和3，所以我們把2和3放在兩邊，這樣就可以保證中間及不同時覆蓋兩邊且覆蓋到1的區間都是合法的；
然後隨便填，就完了；
賽時將1和2放在了一塊，導致20pts；
其實也可以將合數放中間，1放最中間，質數放兩邊，這樣也是最大的，就是需要篩一下；
點選檢視程式碼
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int t;
int n;
int a[500005];
bool pri[500005];
bool vis[500005];
void w(int x) {
for (int i = 2; i <= x; i++) {
if (!vis[i]) {
vis[i] = true;
pri[i] = true;
for (int j = 2; i * j <= x; j++) {
vis[i * j] = true;
}
}
}
}
int main() {
cin >> t;
w(300005);
while(t--) {
cin >> n;
if (n == 1) {
cout << 1 << endl;
continue;
}
if (n == 2) {
cout << 2 << ' ' << 1 << endl;
continue;
}
a[n / 2 + 1] = 1;
a[1] = 2;
a[n] = 3;
int x = 4;
for (int i = 2; i <= n / 2; i++) {
a[i] = x;
x++;
}
for (int i = n / 2 + 2; i <= n - 1; i++) {
a[i] = x;
x++;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cout << a[i] << ' ';
}
cout << endl;
}
return 0;
}
B. 樹上游戲 47pts
原題：$ ARC116E $；
貌似又是套路題。。。
我們可以貪心的來考慮，假設現在我們所允許的不滿意度（危險度）為 $ dis $，那麼從葉子節點開始向上 $ dis $ 個長度需要有一個，然後這顆子樹我們就可以刪去不考慮了；
發現：如果知道答案，那麼驗證這個答案的合法性就變得比較容易；
做法：二分答案；
具體的，我們進行 $ dfs $，統計每個節點的危險度 $ f[x] $ 和它距離它的沒有刪去的兒子的最長距離 $ g[x] $，遍歷完這個節點的所有兒子後統計答案即可；
最後判斷當前選的點數與 $ k $ 的大小關係完成 $ check $；
賽時居然想到用找重心的方法去做，很顯然是錯的（新知識沒掌握導致的，總是會亂想是不是剛學的）。又亂搞推出了一個看起來不太對的“通式”，整了47pts；
看來現在賽時想出正解確實不容易啊。。。
點選檢視程式碼
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int n, k;
struct sss{
int t, ne;
}e[1000005];
int h[1000005], cnt;
void add(int u, int v) {
e[++cnt].ne = h[u];
h[u] = cnt;
e[cnt].t = v;
}
int f[1000005], g[1000005];
int dfs(int x, int fa, int dis) {
int res = 0;
bool vis = false;
f[x] = 0x3f3f3f3f;
g[x] = -0x3f3f3f3f;
for (int i = h[x]; i; i = e[i].ne) {
int u = e[i].t;
if (u == fa) continue;
vis = true;
res += dfs(u, x, dis);
f[x] = min(f[x], f[u] + 1);
g[x] = max(g[x], g[u] + 1);
}
if (f[x] + g[x] <= dis) { //最大的危險程度可以接受，直接刪除這棵子樹；
g[x] = -0x3f3f3f3f;
}
if (!vis) { //是葉子節點；
g[x] = 0;
}
if (f[x] > dis) g[x] = max(g[x], 0); //危險程度太高，需要等祖先設立；
if (g[x] == dis) { //此時必須設立，要不後代就不滿足要求了；
res++;
f[x] = 0;
g[x] = -0x3f3f3f3f; //刪除這棵子樹；
}
return res;
}
bool ck(int x) {
return (dfs(1, 0, x) + (g[1] >= 0)) <= k; //根節點需不需要設立；
}
int main() {
cin >> n >> k;
int x, y;
for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
cin >> x >> y;
add(x, y);
add(y, x);
}
int l = 1;
int r = n;
int ans;
while(l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (ck(mid)) {
r = mid - 1;
ans = mid;
} else {
l = mid + 1;
}
}
cout << ans;
return 0;
}
可能把 $ g $ 陣列設為 $ -INF $ 以刪除子樹這種操作也是一種常見套路吧；
C. Ball Collector 0pts
用到了一種資料結構，叫可撤銷並查集；
其實這種題又有一種常見套路：將 $ a_i $ 與 $ b_i $ 連邊；
其實賽時想出來了，不過是將 $ a_i $ 與 $ b_i $ 的反面連邊，然後跑 $ 2-SAT $，結果最後發現只能輸出一種可行方案，不能輸出最大值，這些專題確實趕得太緊了，沒掌握；