hz暑假集訓 8/12
數字三角形
CF1517C
簽到題。
題意:
小 \(D\) 給你一個長度為 \(n\) 的排列 \(p\) ，你需要根據 \(p\) 構造出一個三角形。
該圖案需要滿足共 \(n\) 行，第 \(i\) 行有 \(i\) 個數，第 \(i\) 行最後一個數是 \(p_i\)。
數值 \(p_i\) 有 \(p_i\) 個且四聯通。
幾個位置是四聯通的，是指從其中某個位置出發，只往上下左右走，只經過這些位置，可以到達其中任意一個位置。
思路：
每個數向左擴充套件，然後向下擴充套件。
5
5 1 4 2 3
5
5 1
5 4 4
5 4 3 3
5 4 3 2 2
程式碼：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxN = 507;
int n, p[maxN];
int a[maxN][maxN];
void dfs(int x, int y, int num, int stp) {
if (!stp) return;
a[x][y] = num;
if (!a[x][y - 1])
dfs(x, y - 1, num, stp - 1);
else
dfs(x + 1, y, num, stp - 1);
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> p[i];
for (int i = 1; i <= n; i++)
a[i][0] = -1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
dfs(i, i, p[i], p[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= i; j++)
cout << a[i][j] << ' ';
cout << '\n';
}
}
那一天她離我而去
題意：無向圖找出從 1 到 1 的最小環長度。無重邊 無自環
思路：
首先考慮暴力，從 1 出發經歷一條邊到的每個點放到一個陣列，\(n^2\) 列舉起點終點跑最短路，再加上 1 到這兩個點的距離。
正解非常巧妙，二進位制拆分，分別考慮每一位，是 0 的看成起點，是 1 的看成終點，在建超級源點（niubi源點）連每一個起點，邊權為 $1 \to x $ 的邊權；每一個終點連超級匯點，邊權為 \(x \to 1\) 的邊權。跑最短路即可。
因為倆個不同的點二進位制下一定最少一位不同，所以每個點都會分別被分到起點，終點，所以不漏。
程式碼：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxN = 1e4 + 7, maxM = 6e4;
struct node {
int x, hx;
};
vector<node> D;
int head[maxN], tot;
struct edge {
int ls, to, w;
} e[maxM << 1];
void add(int x, int y, int z, bool record) {
if (record)
D.push_back({x, head[x]});
e[++tot] = {head[x], y, z};
head[x] = tot;
}
void cancel() {
while (!D.empty()) {
auto tp = D.back();
D.pop_back();
tot--;
head[tp.x] = tp.hx;
}
}
int ans;
int n, m;
int dis[maxN];
bool vis[maxN];
priority_queue<pair<int, int>> q;
void dij(int S) {
for (int i = 0; i <= n + 1; i++)
dis[i] = 1e9, vis[i] = false;
dis[S] = 0;
q.push({0, S});
while (!q.empty()) {
int f = q.top().second;
q.pop();
if (vis[f]) continue;
vis[f] = true;
for (int i = head[f]; i; i = e[i].ls) {
int to = e[i].to;
if (dis[to] > dis[f] + e[i].w) {
dis[to] = dis[f] + e[i].w;
q.push({-dis[to], to});
}
}
}
}
vector<pair<int, int>> A;
void solve() {
cin >> n >> m;
A.clear();
ans = 1e9;
tot = 0;
for (int i = 0; i <= n + 1; i++)
head[i] = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v, w;
cin >> u >> v >> w;
if (u > v) swap(u, v);
if (u == 1)
A.push_back({v, w});
else {
add(u, v, w, false);
add(v, u, w, false);
}
}
for (int i = 13; i >= 0; i--) {
for (auto t : A) {
int fi = t.first, se = t.second;
if ((fi >> i) & 1)
add(0, fi, se, true);
else
add(fi, n + 1, se, true);
}
dij(0);
ans = min(ans, dis[n + 1]);
cancel();
}
if (ans >= 1e9)
cout << "-1\n";
else
cout << ans << '\n';
}
int main() {
// freopen("leave.in", "r", stdin);
// freopen("b.txt", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
int T;
cin >> T;
while (T--)
solve();
}
話說好像好多屆都考過這個題了, 網上有學哥的部落格。
哪一天她能重回我身邊
題意：有 \(n\) 張牌，牌正面是 \(a\)，反面是 \(b\)，初始都是正面。求最小的翻轉的次數，使牌上面的數互不相同，以及最少翻轉達成目標的方案數。
圖論題。。。
很巧妙的建圖方法，從每張牌的正面向反面連邊。發現方案合法為每個點出度小於等於 1 時。
翻轉相當於把有向邊翻轉。
然後發現對於一個聯通塊合法其實就是樹或基環樹。
對於樹，就可以考慮換根dp，設 \(g[x]\) 表示以 \(x\) 為根的最小翻轉數，那麼如果有一條邊是 \(x\to to\)，\(g[to] = g[x] - 1\)，如果是 \(to\to x\)，就是 \(g[to] = g[x] + 1\)。
每個聯通塊內的最小 \(g[x]\) 之和就是最總答案，第二問順便處理一下就好了。
對於基環樹，斷掉環上的一條邊跑樹的情況。最後分討一下邊的方向就可以了。
思路比較難想，程式碼我選擇賀（。
// 抄的學哥的
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxN = 2e5 + 7, mod = 998244353;
int n;
struct edge {
int ls, to, w, st;
} e[maxN << 1];
int head[maxN], tot;
void add(int u, int v, int w) {
e[++tot] = {head[u], v, w, u};
head[u] = tot;
}
int np, ne;
bool v[maxN], vi[maxN];
void dfs(int x, int f) {
vi[x] = true;
np++;
for (int i = head[x]; i; i = e[i].ls) {
ne++;
if (e[i].to == f || vi[e[i].to]) continue;
dfs(e[i].to, x);
}
}
bool pd() {
for (int i = 1; i <= n * 2; i++)
if (!vi[i]) {
np = ne = 0;
dfs(i, 0);
if (np < ne / 2)
return true;
}
return false;
}
int f[maxN], S, T, ned;
void dfs1(int x, int fa) {
v[x] = true;
f[x] = 0;
for (int i = head[x]; i; i = e[i].ls)
if (e[i].to != fa) {
if (!v[e[i].to]) {
dfs1(e[i].to, x);
f[x] += f[e[i].to] + e[i].w;
}
else
S = e[i].st, T = e[i].to, ned = i;
}
}
int g[maxN];
vector<int> tem;
void dfs2(int x, int fa) {
tem.push_back(g[x]);
for (int i = head[x]; i; i = e[i].ls)
if (e[i].to != fa && i != ned && i != (ned ^ 1)) {
if (e[i].w) g[e[i].to] = g[x] - 1;
else g[e[i].to] = g[x] + 1;
dfs2(e[i].to, x);
}
}
void solve() {
tot = 1;
memset(f, 0, sizeof(f));
memset(g, 0, sizeof(g));
memset(v, 0, sizeof(v));
memset(vi, 0, sizeof(vi));
memset(head, 0, sizeof(head));
tem.clear();
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int a, b;
cin >> a >> b;
add(a, b, 1), add(b, a, 0);
}
if (pd())
return cout << "-1 -1\n", void();
int ans = 0;
int minn = 0, ans2 = 1;
for (int i = 1; i <= n * 2; i++)
if (!v[i]) {
S = T = ned = -1;
tem.clear();
minn = 0;
dfs1(i, 0);
g[i] = f[i];
dfs2(i, 0);
if (S == -1) {
sort(tem.begin(), tem.end());
for (unsigned j = 0; j < tem.size(); j++)
if (tem[j] == tem[0])
minn++;
else break;
ans += tem[0];
}
else {
ned %= 2;
if (g[S] + ned == g[T] + (ned ^ 1))
minn = 2;
else
minn = 1;
ans += min(g[S] + ned, g[T] + (ned ^ 1));
}
ans2 = ans2 * minn % mod;
}
cout << ans << ' ' << ans2 << '\n';
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
int Tim;
cin >> Tim;
while (Tim--)
solve();
}
T4 不會