[賽記] 暑假集訓CSP提高模擬20 21

Peppa_Even_Pig發表於2024-08-15

Kanon 40pts

簽到題，但是不會，所以打了暴力；

正解時考慮相鄰兩個雪球，只有兩種情況：它們的覆蓋區間有交集或無交集，那麼如果我們找出了無交集的最後一天，我們就很容易判斷剩下的一堆雪該被誰拿走，於是我們二分找出這一天即可；賽時確實想不到二分

時間複雜度：$ \Theta(n \log n) $；

點選檢視程式碼 
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int n, q;
long long a[500005];
long long w[500005];
long long sum[500005];
long long an[500005];
long long ma[500005], mi[500005];
namespace BIT{
	long long tr[2][5000005];
	inline int lowbit(int x) {
		return x & (-x);
	}
	void add(int pos, long long d) {
		for (int i = pos; i <= q; i += lowbit(i)) {
			tr[0][i] = max(tr[0][i], d);
			tr[1][i] = min(tr[1][i], d);
		}
	}
	long long ask(int s, int pos) {
		if (s == 0) {
			long long ans = -0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
			for (int i = pos; i; i -= lowbit(i)) {
				ans = max(ans, tr[0][i]);
			}
			return ans;
		} else {
			long long ans = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
			for (int i = pos; i; i -= lowbit(i)) {
				ans = min(ans, tr[1][i]);
			}
			return ans;
		}
	}
}
using namespace BIT;
bool ck(int x, long long s) {
	long long mma = ma[x];
	long long mmi = mi[x];
	if (mmi > 0) return mma <= s;
	else return mma - mmi <= s;
}
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> n >> q;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
	}
	for (int i = 1; i <= q; i++) {
		cin >> w[i];
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		tr[0][i] = -0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
		tr[1][i] = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
	}
	long long mma = 0;
	long long mmi = 0;
	for (int i = 1; i <= q; i++) {
		sum[i] = sum[i - 1] + w[i];
		mma = max(mma, sum[i]);
		mmi = min(mmi, sum[i]);
		add(i, sum[i]);
		ma[i] = max(0ll, ask(0, i));
		mi[i] = min(0ll, ask(1, i));
	}
	an[1] += (-mmi);
	an[n] += mma;
	for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
		int l = 1;
		int r = q;
		int ans = 0;
		while(l <= r) {
			int mid = (l + r) >> 1;
			if (ck(mid, a[i + 1] - a[i])) {
				l = mid + 1;
				ans = mid;
			} else {
				r = mid - 1;
			}
		}
		mma = ma[ans];
		mmi = mi[ans];
		ans++;
		an[i + 1] += (-mmi);
		an[i] += mma;
		if (ans > q) continue;
		if (w[ans] < 0) {
			an[i + 1] -= (-mmi);
			an[i + 1] += (a[i + 1] - a[i] - mma);
		} else {
			an[i] -= mma;
			an[i] += (a[i + 1] - a[i] + mmi);
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cout << an[i] << '\n';
	}
	return 0;
}

黎明與螢火 0pts

簽到題爆零。。。

賽時打的是正解，但沒有判掉已經確定的答案導致錯誤；

考慮從下往上找（因為從上往下可能會使原來根節點和數個子節點都是偶數，結果刪了根節點後數個子節點都是奇數導致不能再選，而從下往上可以反過來甚至避免這個問題，總的來說就是儘量選一個點，使其影響的點較少），那麼我們可以採用類似拓撲排序的思路，開一個優先佇列，過載運算子使其將深度大的且是偶數的點放在上面，每次取出隊頭是判斷一下現在的奇偶以及被計算進答案的情況，然後將其符合條件且未被計算進答案的點放進去，完事以後判斷一下即可；

時間複雜度：每個點至多會進隊其度數次（這也是正確性的保證），但是總的遍歷次數是度數次的，乘上優先佇列的複雜度，那麼總的時間複雜度為 $ \Theta(n \log n) $；

點選檢視程式碼 
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
int n;
vector<int> v[500005];
vector<int> ans;
int d[500005], dep[500005], dd[500005];
bool vis[500005];
struct sss{
	int x;
	bool operator <(const sss &A) const {
		return dep[x] < dep[A.x];
	}
	bool operator >(const sss &A) const {
		return dep[x] < dep[A.x];
	}
};
priority_queue<sss> q; 
void dfs(int x, int fa) {
	dep[x] = dep[fa] + 1;
	for (int i = 0; i < v[x].size(); i++) {
		int u = v[x][i];
		if (u == fa) continue;
		dfs(u, x);
	}
}
bool solve() {
	while(!q.empty()) {
		while(!q.empty() && (d[q.top().x] % 2 != 0 || vis[q.top().x])) q.pop();
		if (q.empty()) break;
		sss tt = q.top();
		q.pop();
		int t = tt.x;
		vis[t] = true;
		d[t] = 0;
		ans.push_back(t);
		for (int i = 0; i < v[t].size(); i++) {
			int u = v[t][i];
			if (vis[u]) continue;
			d[u]--;
			if (d[u] % 2 == 0) {
				q.push(sss{u});
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (!vis[i]) return false;
	}
	return true;
}
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> n;
	int x;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> x;
		if (x == 0) continue;
		v[i].push_back(x);
		v[x].push_back(i);
		d[x]++;
		d[i]++;
	}
	dfs(1, 0);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (d[i] % 2 == 0) {
			q.push(sss{i});
		}
	}
	if (solve()) {
		cout << "YES" << '\n';
		for (int i = 0; i < ans.size(); i++) {
			cout << ans[i] << '\n';
		}
	} else {
		cout << "NO";
	}
	return 0;
}

Darling Dance 10pts

賽時沒看這道題，輸出了個0就走了，拿了10pts

這個題把最短路DAG建出來就行，然後從1開始對其BFS（DFS也行），選k條邊即可；

對於最短路DAG，只需在最短路成功更新時記錄一下從哪裡更新的即可（即其前驅節點）；

注意k=0的情況；

點選檢視程式碼 
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
int n, m, k;
struct sss{
	int t, ne, w;
}e[2000005];
int h[2000005], cnt;
void add(int u, int v, int ww) {
	e[++cnt].t = v;
	e[cnt].ne = h[u];
	h[u] = cnt;
	e[cnt].w = ww;
}
int dis[500005];
bool vis[500005];
int fr[500005], id[500005];
vector<int> v[500005];
int w(int x, int y) {
	if (x % y == 0) return x / y;
	else return x / y + 1;
}
void dij(int x) {
	memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
	memset(vis, 0, sizeof(vis));
	dis[x] = 0;
	priority_queue<pair<int, int>, vector<pair<int, int> >, greater<pair<int, int> > > q;
	q.push({0, x});
	while(!q.empty()) {
		int xu = q.top().second;
		q.pop();
		if (vis[xu]) continue;
		vis[xu] = true;
		for (int i = h[xu]; i; i = e[i].ne) {
			int u = e[i].t;
			if (dis[u] > dis[xu] + e[i].w) {
				dis[u] = dis[xu] + e[i].w;
				fr[u] = xu;
				id[u] = w(i, 2);
				q.push({dis[u], u});
			}
		}
	}
}
queue<int> p;
int ans[500005], o;
void bfs() {
	p.push(1);
	while(!p.empty()) {
		int t = p.front();
		p.pop();
		for (int i = 0; i < v[t].size(); i++) {
			int u = v[t][i];
			if (o == k) return;
			p.push(u);
			ans[++o] = id[u];
		}
	}
}
int main() {
	cin >> n >> m >> k;
	int x, y, w;
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		cin >> x >> y >> w;
		add(x, y, w);
		add(y, x, w);
	}
	dij(1);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		v[fr[i]].push_back(i);
	}
	bfs();
	cout << o << '\n';
	for (int i = 1; i <= o; i++) {
		cout << ans[i] << ' ';
	}
	return 0;
}

最近比賽打的真是越來越CD了。。。

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