[CSP-S模拟测试50]反思+题解

？？大部分人都觉得T3是道不可做题去刚T1T2了，于是我就侥幸苟到了前面？

这场考试比较成功的就是快速水掉了T1T2的部分分，1h拿到88分起码为之后硬肝T3上了保险(赛后发现就算T3爆零也能rank15？)

剩下也就没什么了……T3的分完全是时间堆出来的，还有运气成分。因为当时第一个A掉了二分答案专题的奶牛健美操那道题，所以看到直径下意识想维护子树最长链+次长链，而且要不是前面两道题都不会我才不敢写那个恶心至极的分类讨论换根QAQ。单就方法而言，我打的东西其实挺无脑的，并没有思考太多针对本题的性质(要不然我还能只拿前两问的分？)，最后莫名其妙不会第三问了。剩下的时间也没有打中途想到的二维莫队，觉得时间复杂度没有保证得不偿失。最后几十分钟没怎么拿分。

不过拿到T3的分至少证明自己代码能力和调试能力有了提升？（YY什么呢还是一如既往的菜）

看到自己前面的4位大佬都A题了，差一点碾碎我的LockeyA掉了T2，自己不过是三道题都骗了点分而已。前路还漫长啊。

A.施工

神dp。除了单调栈还有二次函数优化？？

先丢个比较详细的题解

至于为什么尽量把坑填到和某一栋楼一样平是最优的，我也不会证

把当前位置$i$作为坑的右边缘，枚举坑的左边缘$j$，找能填的位置$k$，可得转移：

$f[i]=\sum \limits _{k=j+1}^{i-1}(t-h_k)^{2}+c*(h_j+h_i-2*t)+f[j]$

想怎么优化转移。首先要避免枚举所有位置。可以维护一个单调递减的单调栈，这样就确保栈里的元素一定可以转移给当前的$i$。

然后进行寻找最优解的优化。观察到这个转移方程是一个二次函数，化简一下就可以得到它的一次项、二次项、常数项系数。

那自变量$t$当然是取对称轴处($- \frac{b}{2a}$)最优啦，但是要注意取对称轴的答案是否合法。特判之。

计算对称轴四舍五入。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+5;
int n;
ll C,h[N],sum[N],Sum[N],f[N];
int s[N],top;
ll cacl(int l,int r,ll val)
{
    ll a=r-l-1,b=-2*(sum[r-1]-sum[l]);
    if(l)b-=C;if(r!=n+1)b-=C;
    ll c=Sum[r-1]-Sum[l];
    if(l)c+=h[l]*C;if(r!=n+1)c+=h[r]*C;
    ll mid=-1LL*floor((double)b/((double)a*2.0)+0.5);
    mid=max(mid,val);
    if(l)mid=min(mid,h[l]);
    if(r!=n+1)mid=min(mid,h[r]);
    return mid*mid*a+mid*b+c;
}
int main()
{
    scanf("%d%lld",&n,&C);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&h[i]);
        sum[i]=sum[i-1]+h[i];
        Sum[i]=Sum[i-1]+h[i]*h[i];
    }
    h[0]=h[n+1]=0x7fffffff;
    for(int i=1;i<=n+1;i++)
    {
        if(i!=1&&i!=n+1)f[i]=f[i-1]+abs(h[i]-h[i-1])*C;
        else f[i]=f[i-1];
        while(top&&h[s[top]]<=h[i])f[i]=min(f[i],f[s[top-1]]+cacl(s[top-1],i,h[s[top]])),top--;
        s[++top]=i;
    }
    cout<<f[n+1]<<endl;
    return 0;
}

B.蔬菜

二维莫队水之。注意指针移动的先后顺序。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
const int N=205,M=3e5+5;
int n,m,Q;
int a[N][N],type,bl,ans[M],res,bu[N*N];
map<int,int> link;
struct query
{
    int x,y,xx,yy,id;
    friend bool operator < (query p,query q)
    {
        return p.x/bl==q.x/bl?(p.y/bl==q.y/bl?(p.xx/bl==q.xx/bl?p.yy<q.yy:p.xx<q.xx):p.y<q.y):p.x<q.x;
    }
}q[M];
void add(int x)
{
    //cout<<"A "<<bu[x]<<endl;
	res+=2*bu[x]+1;
    bu[x]++;
}
void del(int x)
{
	//cout<<"D "<<bu[x]<<endl;
	res-=(2*bu[x]-1);
    bu[x]--;
}
int main()
{
    n=read();m=read();Q=read();
    bl=pow(n*m,0.5)/pow(Q,0.25)+1.0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            int val=read();
            if(!link[val])link[val]=++type;
            a[i][j]=link[val];
        }
    for(int i=1;i<=Q;i++)
        q[i].x=read(),q[i].y=read(),q[i].xx=read(),q[i].yy=read(),q[i].id=i;
    sort(q+1,q+Q+1);
    int x=1,y=1,xx=0,yy=0;
    for(int i=1;i<=Q;i++)
    {
        int qx=q[i].x,qy=q[i].y,qxx=q[i].xx,qyy=q[i].yy;
        //cout<<"POS "<<x<<' '<<y<<' '<<xx<<' '<<yy<<' '<<endl;
        while(x>qx){x--;for(int j=y;j<=yy;j++)add(a[x][j]);}
        while(x<qx){for(int j=y;j<=yy;j++)del(a[x][j]);x++;}
        while(xx<qxx){xx++;for(int j=y;j<=yy;j++)add(a[xx][j]);}
        while(xx>qxx){for(int j=y;j<=yy;j++)del(a[xx][j]);xx--;}
        while(y>qy){y--;for(int j=x;j<=xx;j++)add(a[j][y]);}
        while(y<qy){for(int j=x;j<=xx;j++)del(a[j][y]);y++;}
        while(yy<qyy){yy++;for(int j=x;j<=xx;j++)add(a[j][yy]);}
        while(yy>qyy){for(int j=x;j<=xx;j++)del(a[j][yy]);yy--;}
        //cout<<x<<' '<<y<<' '<<xx<<' '<<yy<<' '<<endl;
        ans[q[i].id]=res;
    }
    for(int i=1;i<=Q;i++)
        printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}

C.联盟

我写的是恶心至极的换根……思维直接粗暴，细节稍多。

首先一遍dfs找出$x$的子树中的点到$x$的最长距离$dis[x]$，以及$x$子树中的直径$len[x]$，后者直接维护最长链和次长链就能得到。

然后考虑：如果我们断掉一条边，把树变成两个联通块，那么他们重新相连后的最短直径是？

很显然，联通块1的直径、联通块2的直径、两条直径的二分之一向上取整再相加后+1，这三者取$max$。最后那个的含义就是把两条直径的终点连在一起。

题解的做法是每个点维护子树前缀联通块和后缀联通块的直径端点即可快速合并，但我不太会维护端点，所以直接利用大量的链长信息进行换根dp，每次分类讨论得到结果。这样相当与枚举了每条边断掉后的结果，所以一定能遍历所有情况、找到所有可能断的边。

这个换根的过程要考虑很多东西：父亲到儿子的过程中子树直径已经求出，但外部联通块的直径需要额外维护。这个外部直径可能还是原来的外部直径，也有可能是经过刚刚被扔到外面的父亲的直径。

所以在转移的时候可能要维护最大值、次大值、再次大值。为什么？我们向儿子转移的时候需要除这个儿子的信息之外另外的两个极值来进行比较和拼凑出直径。如果这个儿子就是最大值的提供者，那肯定就不能用最大值来算外部直径了。总之很麻烦，看代码吧。(逃

这样就可以求出前两问的结果。至于第三问，先从第二问结果里随便挑一条边删了，然后取产生的这两个联通块的直径中点即可。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define pa pair<int,int>
using namespace std;
int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return x*f;
}
const int N=3e5+5;
int n;
int to[N<<1],head[N],nxt[N<<1],tot=1,id[N<<1],dis[N],len[N];
int s[N<<1],top,ans=0x3f3f3f3f,del;
pa e[N<<1];
void add(int x,int y,int i)
{
	to[++tot]=y;
	nxt[tot]=head[x];
	head[x]=tot;
	id[tot]=i;
}
void dfs1(int x,int f)
{
	int maxx=0,secmax=0,num=0;
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
	{
		int y=to[i];
		if(y==f)continue;
		dfs1(y,x);
		len[x]=max(len[x],len[y]);
		dis[x]=max(dis[x],dis[y]+1);
		num++;
		if(maxx<=dis[y])secmax=maxx,maxx=dis[y];
		else if(secmax<dis[y])secmax=dis[y];
	}
	if(num<=1)len[x]=max(len[x],maxx+secmax+num);
	else len[x]=max(len[x],maxx+secmax+2);
}
void dfs2(int x,int f,int l1,int l2,int p)
{
	int nowmax=max(max(len[x],l1),1+(len[x]+1)/2+(l1+1)/2);
	int num=0;
	if(nowmax<ans)top=1,s[top]=p,ans=nowmax;
	else if(nowmax==ans)s[++top]=p;
	int maxx=0,secmax=0,thdmax=0,maxl=0,secmaxl=0;
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
	{
		int y=to[i];
		if(y==f)continue;
		if(dis[y]>=maxx)thdmax=secmax,secmax=maxx,maxx=dis[y];
		else if(dis[y]>=secmax)thdmax=secmax,secmax=dis[y];
		else if(dis[y]>thdmax)thdmax=dis[y];
		if(len[y]>=maxl)secmaxl=maxl,maxl=len[y];
		else if(len[y]>secmaxl)secmaxl=len[y];
		num++;
	}
	int m1,m2,m3,nowl,nl1,nl2;
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
	{
		int y=to[i];
		if(y==f)continue;
		if(maxx==dis[y])m1=secmax,m2=thdmax;
		else if(secmax==dis[y])m1=maxx,m2=thdmax;
		else m1=maxx,m2=secmax;
		if(maxl==len[y])m3=secmaxl;
		else m3=maxl;
		nowl=0;
		if(num>1)nowl=max(nowl,l2+m1+1);
		else nowl=max(nowl,l2);
		if(num>2)nowl=max(nowl,m1+m2+2);
		nl1=max(l1,max(m3,nowl));nl2=l2+1;
		if(num>1)nl2=max(nl2,m1+2);
		dfs2(y,x,nl1,nl2,id[i]);
	}
}
int S,maxd,pre[N],T;
vector<int> link;
void dfs3(int x,int f,int dep)
{
	if(dep>maxd)maxd=dep,S=x;
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
	{
		int y=to[i];
		if(y==f||del==id[i])continue;
		dfs3(y,x,dep+1);
	}
}
void dfs4(int x,int f,int dep)
{
	if(dep>maxd)maxd=dep,T=x;
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
	{
		int y=to[i];
		if(y==f||del==id[i])continue;
		pre[y]=x;
		dfs4(y,x,dep+1);
	}
}
void getdis(int x)
{
	link.clear();
	S=x;maxd=0;
	dfs3(x,0,1);
	maxd=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		pre[i]=0;
	dfs4(S,0,1);
	int now=T;
	while(now)link.push_back(now),now=pre[now];
}

int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int x=read(),y=read();
		add(x,y,i);add(y,x,i);
		e[i]=make_pair(x,y);
	}
	dfs1(1,0);dfs2(1,0,0,0,0);
	cout<<ans<<endl;
	sort(s+1,s+top+1);
	cout<<top<<' ';
	for(int i=1;i<=top;i++)
		cout<<s[i]<<' ';
	putchar('\n');
	del=s[top];
	int node1=e[del].first,node2=e[del].second,node3,node4;
	getdis(node1);
	int sz=link.size();
	node3=link[sz/2];
	getdis(node2);
	sz=link.size();
	node4=link[sz/2];
	cout<<node1<<' '<<node2<<' '<<node3<<' '<<node4<<endl;
	return 0;
}