前言
一整套都是水題（儘管 T4 稍有難度。。
從各位的分數上就可以看出來。。Max 的 T1 打掛了，不然就有人 AK 了。。
感覺還好，最後還有 1h 看了看 T4 ，感覺有一點思路，就瞎 jb 胡了上去，樣例一過想都沒想直接走了。。
最後發現和正解的複雜度其實差了一個 n ，思路大體上是對的，但是題目有關於 \(b(S)\) 的定義審錯了，也不知道要取較大的 k 。。。
比較爽的就是拿下了兩個首切（儘管是水題。。
然後在聯考的官網上的排名就比較靠後了，大概到了 26 名，不得不說 cqbz 的人們太強了%%%
T1 2A
解題思路
大水題。。大概學過字串的都能切掉。
我感覺我的做法是比較好寫的，無論讀入的字元是否合法，我們都把它處理成合法的，然後和原串判斷是否相等就好了。
兩個字串判等可以用 string 畢竟我比較懶。。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Failed"<<endl
using namespace std;
bool pd(char ch){return ch>='0'&&ch<='9';}
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!pd(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(pd(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=50;
int n,cnt,tot,top,sta[N],s[N];
char ch[N];
string s1,s2;
signed main()
{
freopen("ip.in","r",stdin); freopen("ip.out","w",stdout);
scanf("%s",ch+1); n=strlen(ch+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(pd(ch[i])&&!pd(ch[i-1])) cnt++;
if(pd(ch[i])) s[cnt]=(s[cnt]<<1)+(s[cnt]<<3)+(ch[i]^48);
s1.push_back(ch[i]);
}
for(int i=1;i<=cnt;i++) s[i]=min(s[i],255ll);
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
int x=s[i];top=0;
if(!x) sta[++top]=0;
while(x) sta[++top]=x%10,x/=10;
for(int j=top;j>=1;j--) s2.push_back((char)(sta[j]+'0'));
if(i!=cnt) s2.push_back('.');
}
if(s1==s2) printf("YES\n"),exit(0);
else printf("NO\n");
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
printf("%lld",s[i]);
if(i!=cnt) printf(".");
}
return 0;
}
T2 2B
解題思路
虧我還打了一個搜尋，拍了那麼多組資料。。
真的，看到這題第一眼不是什麼正解，我看到的是高達 60 pts 的部分分。
然後我就果斷碼起了搜尋，交上去之後賽後發現竟然有 75pts 的高分 ！！！。
接著就開始想正解，一開始想到的是 之前考的 ZYB玩字串，後來發現複雜度不太行，又想到了之前考過的 string。
記憶化XIN_Team+某些玄學操作？？？最後發現這不就是一個 括號匹配嗎？？？？
於是一個迴圈解決。。。
code
75pts XIN_Team
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Failed"<<endl
using namespace std;
inline bool pd(char ch){return ch>='0'&&ch<='9';}
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!pd(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(pd(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=1e4+10;
int n,ans,jud;
char ch[N];
bool check(char s[],int len)
{
for(int i=2;i<=len;i++) if(s[i]=='P') return true;
return false;
}
void dfs(char s[],int len)
{
if(!check(s,len)) return ans=min(ans,len),void();
if(!ans||ans==jud) printf("%lld",ans),exit(0);
char fb[len+10];
for(int i=2;i<=len;i++)
if(s[i]=='P')
{
for(int j=1;j<=i-2;j++) fb[j]=s[j];
for(int j=i+1;j<=len;j++) fb[j-2]=s[j];
dfs(fb,len-2);
}
}
signed main()
{
freopen("apstr.in","r",stdin); freopen("apstr.out","w",stdout);
scanf("%s",ch+1); ans=n=strlen(ch+1);
for(int i=1;i<=n;i++) if(ch[i]=='A') jud++;else jud--;
dfs(ch,n); printf("%lld",ans); return 0;
}
正解
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+10;int n,ans,res;char ch[N];
signed main()
{
freopen("apstr.in","r",stdin); freopen("apstr.out","w",stdout);
scanf("%s",ch+1); n=strlen(ch+1);
for(int i=n;i>=1;i--) if(ch[i]=='P') res++; else if(res) res--; else ans++;
ans+=res&1; printf("%d",ans); return 0;
}
T3 2C
解題思路
有一點思維難度，也許就一點。。
發現操作有難度的只是對於所謂菱形情況的處理，因此我們考慮記錄某個點所有的祖先（也就是所有的可以派生當前點的節點）
然後發現直接記錄的時間複雜度好像不太允許，於是我們可以用取並集的 bitset 。
對於與之前的元素的並集沒有交集的情況可以直接剪枝掉。
複雜度是 \(\mathcal{O}(\dfrac{n^3}{32})\) ,畢竟 bitset 的時間空間都要小一個 32 嘛，然後差不多是正確的複雜度了（儘管正解是 \(\mathcal{O}(n^2logn)\)...
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Failed"<<endl
using namespace std;
inline bool pd(char ch){return ch>='0'&&ch<='9';}
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!pd(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(pd(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=1e3+10;
int n,all;
bitset<N> bit[N],temp,emp;
string s[N];
unordered_map<string,int> mp;
signed main()
{
freopen("class.in","r",stdin); freopen("class.out","w",stdout);
n=read(); mp.insert(make_pair(":",++all)); mp.insert(make_pair(";",++all));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int pos=1; cin>>s[pos]; temp.reset();
while(s[pos]!=";") pos++,cin>>s[pos];
if(mp.find(s[1])!=mp.end()){printf("greska\n");continue;}
for(int j=2;j<=pos;j++)if(mp.find(s[j])==mp.end()){printf("greska\n");goto V;}
for(int j=3;j<pos;j++)
{
int x=mp.find(s[j])->second;
bitset<N> f=bit[x]&temp; temp|=bit[x];
if(f==emp) continue;
for(int k=3;k<j;k++)
{
int y=mp.find(s[k])->second;
if((bit[y]&bit[x])==emp) continue;
if(bit[y][x]||bit[x][y]) continue;
printf("greska\n");goto V;
}
}
mp.insert(make_pair(s[1],++all)); printf("ok\n");
for(int j=3;j<pos;j++) bit[all]|=bit[mp.find(s[j])->second],bit[all][mp.find(s[j])->second]=true;
V:;
}
return 0;
}
T4 2D
解題思路
顯然是將 k 從大到小進行處理，對於每個點向比自己出度小的點的連邊處理一下。
然後並查集維護一下，就好了，這裡排序用 sort 可能會 TLE ，因此選擇桶排或者基數排序。
考場上是有一個差不多的思路的，但是感覺時間也不夠打出來這個題，連優化都沒優化就交了，結果就。。（0pts程式碼）
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Failed"<<endl
#define File
using namespace std;
inline bool pd(char ch){return ch>='0'&&ch<='9';}
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!pd(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(pd(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int MAXN=1e6+10,INF=1e18;
int n,m,N,M,B,ans=-INF,aid,du[MAXN],cnt[MAXN],rk[MAXN],bou[MAXN];
int rec[MAXN],a[MAXN],siz[MAXN],e[MAXN],fa[MAXN],mi[MAXN];
int tot=1,head[MAXN],ver[MAXN<<1],nxt[MAXN<<1];
struct Node{int id,dat;}s[MAXN],p[MAXN];
void add_edge(int x,int y){ver[++tot]=y;nxt[tot]=head[x];head[x]=tot;}
int find(int x){if(fa[x]==x) return x;return fa[x]=find(fa[x]);}
signed main()
{
#ifdef File
freopen("kdgraph.in","r",stdin);
freopen("kdgraph.out","w",stdout);
#endif
n=read(); m=read(); M=read(); N=read(); B=read();
for(int i=1,x,y;i<=m;i++) du[x=read()]++,du[y=read()]++,add_edge(x,y),add_edge(y,x);
for(int i=1;i<=n;i++) p[i].dat=du[i],p[i].id=i,cnt[p[i].dat]++;
for(int i=1;i<=n;i++) cnt[i]+=cnt[i-1],siz[i]=1,e[i]=du[i],fa[i]=i;
for(int i=n;i>=1;i--) s[rk[i]=cnt[p[i].dat]--]=p[i];
for(int i=1;i<n;i++) if(s[i].dat!=s[i+1].dat) bou[s[i].dat]=i;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=head[s[i].id];j;j=nxt[j])
{
int to=ver[j];
if(s[rk[to]].dat<=s[i].dat) continue;
int pos=bou[--s[rk[to]].dat]+1,id=s[pos].id;
bou[s[rk[to]].dat]++;
swap(s[rk[to]],s[rk[id]]); swap(rk[to],rk[id]);
}
for(int i=1;i<=n;i++) rec[s[i].id]=s[i].dat;
memset(rk,0,sizeof(rk)); memset(cnt,0,sizeof(cnt));
for(int i=1;i<=n;i++) cnt[rec[i]]++;
for(int i=1;i<=n;i++) cnt[i]+=cnt[i-1];
for(int i=n;i>=1;i--) a[rk[i]=cnt[rec[i]]--]=i;
for(int i=n;i>=0;i--)
{
int x=a[i],fat=find(a[i]);
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int to=ver[i],fto=find(to);
if(rk[to]<rk[x]) continue;
if(fto==fat){mi[fat]++;continue;}
if(siz[fat]<=siz[fto]) swap(fat,fto);
siz[fat]+=siz[fto]; mi[fat]+=mi[fto]; e[fat]+=e[fto]; fa[fto]=fat; mi[fat]++;
}
if(!i||rec[x]==rec[a[i-1]]) continue;
for(int j=i;j<=n;j++)
if(rec[a[j]]==rec[x])
{
int fa2=find(a[j]);
int temp=M*mi[fa2]-N*siz[fa2]+B*(e[fa2]-mi[fa2]*2);
if(temp>ans) ans=temp,aid=rec[x];
}
else break;
}
printf("%lld %lld",aid,ans); return 0;
}