8.16考试总结(NOIP模拟41)[你相信引力吗·marshland·party?·半夜]
美丽的不是这个世界，而是看世界的你的眼神。
T1 你相信引力吗
解题思路
好像只有我一个人没有看出来这个题是单调栈（现在一看区间问题就是双指针，线段树）
维护一个单调递减的栈。
我们把最大值放到左端点，这样可以使一个弧不在一起的情况更加好处理。
对于当前扫到的点，一定可以和栈里小于等于这个数的点连边，还可以和大于这个数的第一个点连边。
对于相等的数，维护一下个数就好了。
然后对于最后扫完之后栈里剩下的元素，都一定是可以和最大值连边的，直接计算就好了
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=5e6+10;
int n,id,ans,s[N<<1],sum[N];
struct Stack
{
int all,num[N];
bool empty(){return all==0;}
int top(){return num[all];}
void push(int x){num[++all]=x;}
void pop(){all--;}
};
Stack sta;
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++) s[i+n]=s[i]=read()+1;
for(int i=1;i<=n;i++) if(s[i]>s[id]) id=i;
for(int i=id;i<=id+n-1;i++)
{
while(!sta.empty()&&sta.top()<s[i]){ans++;sta.pop();}
ans+=(sta.top()>s[i])?1:sum[sta.all]+(s[id]!=s[i]);
sum[sta.all+1]=(sta.top()==s[i])?sum[sta.all]+1:1;
sta.push(s[i]);
}
while(sta.all>2&&sta.num[2]!=sta.top()) ans++,sta.pop();
printf("%lld",ans);
return 0;
}
T2 marshland
解题思路
果然网络流题目最大的特点就是看不出来是网络流。
本题就是最大费用可行流，把每个有危险的点拆成两个。
建图的话有四列点：
没有危险值，并且横坐标是奇数的
有危险值的入点
有危险值的出点
没有危险值，并且横坐标是偶数的
边的容量都是 1 ，除了有危险值的点自己和自己之间费用是 自身危险值 之外，其它的全部是 0 。
建图原因：因为要保证每一次只放置一个石头，因此容量为 1 。
由于 L 形状的石头放在没有危险值的部分一定是相邻的两行，一奇一偶，因此没危险值的分为两列建边。
不一定要放置 m 个，所以每跑一次就更新一次答案就好了。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=5e3+10,M=5e5+10;
int n,m,K,fro,t,ans,sum,dis[N],flow[N],pre[N],las[N],s[60][60],mincost;
int tot=1,head[N],nxt[M<<1],ver[M<<1],edge[M<<1],val[M<<1];
int d1[6]={0,1,0,0,-1};
int d2[6]={0,0,-1,1,0};
bool vis[N];
struct Queue
{
int l,r,num[M];
void clear(){l=1;r=0;}
void push(int x){num[++r]=x;}
void pop(){l++;}
int front(){return num[l];}
bool empty(){return l>r;}
};
Queue q;
void add_edge(int x,int y,int ed,int va)
{
ver[++tot]=y;
edge[tot]=ed;
val[tot]=va;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void add(int x,int y,int va)
{
add_edge(x,y,1,va);
add_edge(y,x,0,-va);
}
bool SPFA()
{
memset(dis,-0x3f,sizeof(dis));
memset(flow,0x3f,sizeof(flow));
q.clear();
q.push(fro);
dis[fro]=0; vis[fro]=true;
pre[t]=-1;
while(!q.empty())
{
int x=q.front();
vis[x]=false; q.pop();
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int to=ver[i];
if(edge[i]>0&&dis[to]<dis[x]+val[i])
{
dis[to]=dis[x]+val[i];
flow[to]=min(flow[x],edge[i]);
pre[to]=x; las[to]=i;
if(!vis[to]) q.push(to),vis[to]=true;
}
}
}
return pre[t]!=-1;
}
void MCMF()
{
int all=1;
while(all<=m&&SPFA())
{
int x=t; all++;
mincost+=flow[t]*dis[t];
ans=max(ans,mincost);
while(x!=fro)
{
edge[las[x]]-=flow[t];
edge[las[x]^1]+=flow[t];
x=pre[x];
}
}
}
signed main()
{
n=read(); m=read(); K=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
s[i][j]=read();
sum+=s[i][j];
}
for(int i=1,x,y;i<=K;i++)
{
x=read(); y=read();
s[x][y]=-1;
}
fro=2*n*n+1; t=2*n*n+2;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if((i+j)&1)
{
if(s[i][j]==-1) continue;
add((i-1)*n+j,n*n+(i-1)*n+j,s[i][j]);
for(int k=1;k<=4;k++)
{
int x=i+d1[k],y=j+d2[k];
if(x<=0||y<=0||x>n||y>n) continue;
if(s[x][y]==-1) continue;
if(x&1) add((x-1)*n+y,(i-1)*n+j,0);
else add(n*n+(i-1)*n+j,n*n+(x-1)*n+y,0);
}
}
else
{
if(s[i][j]==-1) continue;
if(i&1) add(fro,(i-1)*n+j,0);
else add(n*n+(i-1)*n+j,t,0);
}
MCMF();
printf("%lld",sum-ans);
return 0;
}
T3 party?
解题思路
暴力跳的话有 86 pts的巨额分数。（TLE的点是链）
主要是一个 Hall定理。
对于一个二分图 \(X\)，\(Y\),并且\(|X|=|Y|\)，设点集 \(S\) 向另一侧的连边并集为 \(M(S)\) ，那么对于 \(X\) 的任何子集都有 \(|S|\le|M(S)|\)，这是满足二分图存在完美匹配的充要条件。
不难发现其实人就是 X，Y 就是特产，并且一定满足上述条件。
因此对于每一个询问我们只需要枚举人们的各种组合方案，然后对于答案取个 min 。
接下来考虑如何快速求出每个人所可以携带的特产。
不难发现其实每个城市的连边就构成了一棵类似于树的结构。
因此可以用树剖+线段树维护一个 bitset 。
code
86pts暴力
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=3e5+10,M=5e4+10,INF=1e18;
int n,m,qus,p[N],s[N],res[6];
bitset<1010> bit[10],all;
bool flag1,flag2;
struct Ques
{
int c,dat[6];
}q[M];
bool check(int x,int cnt,int ov)
{
for(int i=1;i<=cnt;i++)
if(res[i]<x)
ov-=x-res[i];
return ov>=0;
}
signed main()
{
n=read(); m=read(); qus=read();
if(!qus) return 0;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
p[i]=read();
if(p[i]!=i-1) flag2=true;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
s[i]=read();
for(int i=1;i<=qus;i++)
{
q[i].c=read();
if(q[i].c!=2) flag1=true;
for(int j=1;j<=q[i].c;j++)
q[i].dat[j]=read();
}
for(int i=1;i<=qus;i++)
{
int cnt=q[i].c,minn=INF,ans=m;
for(int j=1;j<=cnt;j++)
bit[j].reset();
for(int j=1;j<=cnt;j++)
minn=min(minn,q[i].dat[j]);
while(1)
{
for(int j=1;j<=cnt;j++)
while(q[i].dat[j]>minn)
{
bit[j][s[q[i].dat[j]]]=true;
q[i].dat[j]=p[q[i].dat[j]];
}
int pre=minn;
for(int j=1;j<=cnt;j++)
minn=min(minn,q[i].dat[j]);
if(pre==minn) break;
}
for(int j=1;j<=cnt;j++)
while(q[i].dat[j]>minn)
{
bit[j][s[q[i].dat[j]]]=true;
q[i].dat[j]=p[q[i].dat[j]];
}
for(int j=1;j<=cnt;j++)
bit[j][s[q[i].dat[j]]]=true;
for(int sta=1;sta<(1<<cnt);sta++)
{
int sum=0; all.reset();
for(int j=1;j<=cnt;j++)
if((sta>>j-1)&1)
all|=bit[j],sum++;
ans=min(ans,(int)all.count()/sum);
}
printf("%lld\n",ans*cnt);
}
return 0;
}
正解
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
#define ls x<<1
#define rs x<<1|1
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=3e5+10,M=1e3+10,INF=1e18;
int n,m,q,cnt,pos[6],s[N];
int tim,dfn[N],id[N],siz[N],fa[N],topp[N],son[N],dep[N];
int tot=1,head[N],ver[N<<1],nxt[N<<1];
bitset<M> tre[N<<2],pre[N],all,bit[6];
void add_edge(int x,int y)
{
ver[++tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void dfs1(int x)
{
siz[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int to=ver[i];
dep[to]=dep[x]+1;
fa[to]=x;
dfs1(to);
siz[x]+=siz[to];
if(siz[to]>siz[son[x]])
son[x]=to;
}
}
void dfs2(int x,int tp)
{
dfn[x]=++tim;
id[tim]=x;
topp[x]=tp;
if(son[x]) dfs2(son[x],tp);
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
if(!dfn[ver[i]])
dfs2(ver[i],ver[i]);
}
int LCA(int x,int y)
{
if(!x||!y) return 0;
while(topp[x]^topp[y])
{
if(dep[topp[x]]<dep[topp[y]])
swap(x,y);
x=fa[topp[x]];
}
if(dep[x]>dep[y])
swap(x,y);
return x;
}
void dfs3(int x)
{
if(topp[x]==x) pre[x][s[x]]=true;
else pre[x]=pre[fa[x]],pre[x][s[x]]=true;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
dfs3(ver[i]);
}
void push_up(int x)
{
tre[x]=tre[ls]|tre[rs];
}
void build(int x,int l,int r)
{
if(l==r)
{
tre[x][s[id[l]]]=true;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
push_up(x);
}
bitset<M> query(int x,int l,int r,int L,int R)
{
if(L<=l&&r<=R) return tre[x];
int mid=(l+r)>>1;
bitset<M> temp; temp.reset();
if(L<=mid) temp=query(ls,l,mid,L,R);
if(R>mid) temp|=query(rs,mid+1,r,L,R);
return temp;
}
bitset<M> query(int x,int y)
{
bitset<M> temp; temp.reset();
while(topp[x]^topp[y])
{
temp|=pre[x];
x=fa[topp[x]];
}
temp|=query(1,1,tim,dfn[y],dfn[x]);
return temp;
}
signed main()
{
n=read(); m=read(); q=read();
for(int i=2,x;i<=n;i++)
x=read(),add_edge(x,i);
for(int i=1;i<=n;i++)
s[i]=read();
dfs1(1); dfs2(1,1);
dfs3(1); build(1,1,tim);
while(q--)
{
cnt=read();
for(int i=1;i<=cnt;i++)
pos[i]=read();
int lca=pos[1],ans=m;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
lca=LCA(lca,pos[i]);
for(int i=1;i<=cnt;i++)
bit[i]=query(pos[i],lca);
for(int sta=1;sta<(1<<cnt);sta++)
{
int sum=0; all.reset();
for(int i=1;i<=cnt;i++)
if((sta>>i-1)&1)
all|=bit[i],sum++;
ans=min(ans,(int)all.count()/sum);
}
printf("%lld\n",ans*cnt);
}
return 0;
}
T4 半夜
解题思路
记 DP 数组\(f_{i,j,k}=\text{LCS}(S[i,j],T[1,k])\)
不难发现有如下性质：
\(f_{i-1,j,k}>f_{i-1,j-1,k}\Rightarrow f_{i,j,k}>f_{i,j-1,k}\)
\(f_{i,j,k}>f_{i,j,k-1}\Rightarrow f_{i-1,j,k}>f_{i-1,j,k-1}\)
那么就必然存在分界点 \(p_{k,j}\) 和 \(q_{k,j}\) 满足：
\]
设 \(F=f_{i,j-1,k-1}\)
就可以发现如下关系。
然后，我们就可以进而推出 p 与 q 。。。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
const int N=2e3+10;
int n,ans,p[N][N<<1],q[N][N<<1];
char ch1[N],ch2[N<<1];
signed main()
{
scanf("%lld%s%s",&n,ch1+1,ch2+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
ch2[i+n]=ch2[i];
for(int i=1;i<=2*n;i++)
p[0][i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=2*n;j++)
{
p[i][j]=p[i-1][j]; q[i][j]=q[i][j-1];
if(ch1[i]==ch2[j]||p[i][j]<=q[i][j]) swap(p[i][j],q[i][j]);
}
for(int i=1,sum;i<=n;i++)
{
sum=0;
for(int j=i;j<i+n;j++)
sum+=(i>p[n][j]);
ans=max(ans,sum);
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
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