NOIP2018提高组省一冲奖班模测训练（二）

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NOIP2018提高组省一冲奖班模测训练（二）

今天发挥正常，昨天不在状态……

花了很久A了第一题

第二题打了30分暴力

第三题投机取巧输出test1答案（连暴力都不知道怎么打，太弱了）

2585分和4个人并列rank3

还行吧

LXL的雕像

地主lxl拥有一块 n×m 的土地，有一天他突发奇想，想要在自己的土地上建造若干雕像来纪念自己的伟业。

已知每个雕像底座的尺寸均为  l×l  。为了美观，lxl想把雕像排列成一个矩形网格，每个雕像与其相邻的雕像（或者与土地边缘）的距离  x  全部相等，如下图所示。

 x  可以为任意非负实数。
lxl想在土地上摆尽可能多的雕像，请你告诉他此时  x  的取值应为多少。

对于 40% 的数据， 1≤a,h,w≤106 

对于 100% 的数据， 1≤a,h,w≤109 

Input

一行三个正整数表示 l,n,m。

Output

一行一个实数 x ，精确到小数点后五位。
如果无法摆下雕像，输出-1。

Input示例

2 18 13

Output示例

0.50000

---

这道题算是复习了拓展gcd解不定方程

我的做法和讲解人不同，是用exgcd做的

我一开始看到这道题，以为是二分

因为当时想到x越小，雕像肯定越多

所以我就去二分x

写完然后发现，貌似x的取值并不连续

我们设雕像的横着有a个，竖着有b个

符合条件的x值只有很少的一部分，对于每个x有唯一的a与b对应。

这个时候我就想去求最大的（a,b）下的x

然后我就去推公式

显然有

al + a(x + 1) = n

bl + b(x + 1) = m

可以求得

x = (n - al) / (a+1)

x = (m - al) / (b+1)

把x消去

即(n - al) / (a+1) = (m - al) / (b+1)

化简可得

a(m + l) - (n + l)b = n - m

这里只有a和b是不知道的

想到了什么？

拓展gcd求不定方程

显然a越大，b也越大

那么可以求出最大的a，然后通过这个a可以求出x，x即答案

那么a的限制条件是什么

显然有a * l < n

那么a < n / l (向下取整)

所以我们可以通过调整解来取得最大的a

最后注意要特判一下n <= l 和 m <= l是无解的，直接输出-1

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(register int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(register int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;

void exgcd(int a, int b, int& d, int& x, int& y)
{
    if(!b) { d = a; x = ; y = ; return; }
    else { exgcd(b, a % b, d, y, x); y -= x * (a / b); }
}

int main()
{
    int l, n, m;
    scanf("%d%d%d", &l, &n, &m);

    if(n <= l || m <= l) { puts("-1"); return ; }

    int A, B, K, d, x, y;
    A = m + l, B = -(n + l), K = n - m;
    exgcd(A, B, d, x, y);
    if(K % d != ) { puts("-1"); return ; }

    x *= K / d; int mod = abs(B / d);
    x = (x % mod + mod) % mod;

    int max_x = n / l;
    if(n % l == ) max_x--;

    int t = (max_x - x) / mod;
    x = x + t * mod;
    if(n - x * l <= ) puts("-1");
    else printf("%.6lf\n", ((double)n - x * l) / (x + ));

    return ;
}

XYK的音游

xyk最近入坑了一个新音游。

游戏界面上有 n 个并排的按键，当前这首歌有 m 个鼓点。游戏的玩法是在鼓点的时刻移动鼠标到对应的按键上并点击来获取分数。

对于第 i 个鼓点，我们用ti,wi,xi 来描述，表示在 ti 时刻点击第 xi 个按键会获得 wi 的分数。

由于xyk手速很慢，每个时刻只能移动 p 个按键的距离。也就是说如果 s 时刻xyk的鼠标在第 pos 个按键上，那么 s+1 时刻他能够把鼠标移动到 [pos−p,pos+p] 的按键。
在 0 时刻xyk可以把鼠标放在任意位置。鼓点出现的时刻大于 0 。保证同一时间不会有两个鼓点。由于这款音游并不看重连击，xyk希望分数尽可能高就好。请你帮助他计算他能获得的最高分数。

对于 30% 的数据， p=1 。
对于 50% 的数据， n×m≤106 。
对于 100% 的数据， n,m≤100000,p≤5,ti≤1000000 。

Input

第一行三个正整数 n,m,p。
接下来 m 行每行三个正整数 t_i,w_i,x_i 描述第 i 个鼓点。

Output

一行一个整数表示最大分数。

Input示例

5 5 1
2 42 4
3 23 4
1 70 4
2 31 5
1 85 5

Output示例

150

---

觉得第三题比第二题简单一点，先写第三题

考试的时候给这道题留的时间不多

感觉是dp，但是因为时间不多没有深入去想，只想打打暴力

然而最后暴力都没打出来

这一题其实dp方程很好想

50分的数据说明可以有一个O（nm）的做法

可以设f[i]为处理了前i个鼓点，第i个一定选的最高分数

如果按照时间排序的话，那么有

f[i] = w[i] + f[j]  (|x[i]-x[j]| <= p(t[i]-t[j]))

如果给我多点时间，我估计只能想到这

接下来的操作就非常秀了

可以发现，如果不按照时间排序，就按照输入的顺序，这个方程仍然成立

f[i] = w[i] +max(f[j])   (|x[i]-x[j]| <= p(t[i]-t[j]))

因为如果j的时间大于i的时间，那么这个条件 (|x[i]-x[j]| <= p(t[i]-t[j]))不可能成立

也就是说这个方程已经把按照时间排序这一步给省掉了。

那么我们是不是可以排其他东西来优化呢？

目前还看不出来，我们继续分析

这个做法主要的时间花在求max(f[j])要O（n）的时间

我们能不能优化成O（logn）

我们把绝对值拆开（这一步很骚）

可以得到

-p(t[i]-t[j]) <= x[i] - x[j] <= p(t[i]-t[j])

这里i和j是混在一起的，我们试着把i放在不等式的一边，j放在不等式的另外一边

-p(t[i]-t[j]) <= x[i] - x[j]

变成

pt[j] + x[j] <= pt[i] + x[i]

同样

p(t[i]-t[j]) >= x[i] - x[j]

变成

pt[i]-x[i]>=pt[j]-x[j]

那么

对于pt[i]-x[i]>=pt[j]-x[j]，可以一开始排序完成

对于pt[j] + x[j] <= pt[i] + x[i]，用树状数组优化，把pt[i] + x[i]当作下标，dp值作为值

和用树状数组求LIS的思路很像

那么这道题就可以优化到nlogn了。

注意排序的时候如果第一个条件相等，就排第二个条件。否则会WA5个点（在这卡了好久）

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(register int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(register int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;

const int MAXN = 1e5 + ;
int f[MAXN], dp[MAXN], b[MAXN];
int n, m, p, N, ans;
struct node
{
    int t, w, x, k;
    bool operator < (const node& rhs) const
    {
        return p * t - x < p * rhs.t - rhs.x || p * t - x == p * rhs.t - rhs.x && p * t + x < p * rhs.t + rhs.x;
    }
}a[MAXN];

void read(int& x)
{
    int f = ; x = ; char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) { if(ch == '-') f = -; ch = getchar(); }
    while(isdigit(ch)) { x = x *  + ch - ''; ch = getchar(); }
    x *= f;
}

inline int lowbit(int x) { return x & (-x); }

void motify(int x, int p)
{
    for(; x <= N; x += lowbit(x))
        f[x] = max(f[x], p);
}

int get_max(int x)
{
    int res = ;
    for(; x; x -= lowbit(x))
        res = max(res, f[x]);
    return res;
}

int main()
{
    read(n); read(m); read(p);
    REP(i, , m)
    {
        read(a[i].t), read(a[i].w), read(a[i].x);
        a[i].k = p * a[i].t + a[i].x;
    }

    sort(a, a + m);
    _for(i, , m) b[i] = a[i].k;
    sort(b, b + m);
    N = unique(b, b + m) - b;
    REP(i, , m) a[i].k = lower_bound(b, b + N, a[i].k) - b + ;

    REP(i, , m)
    {
        dp[i] = get_max(a[i].k) + a[i].w;
        ans = max(ans, dp[i]);
        motify(a[i].k, dp[i]);
    }
    printf("%d\n", ans);

    return ;
}

ZYZ的游戏

zyz上微积分A的时候觉得内容太水了，于是想了一个游戏出来打发时间。

zyz画了一棵树，然后zyz想要删去上面的 k 条边，将其分成 k+1 部分。
zyz希望得到的森林中的最长路径尽可能小。zyz当然知道啦，但他想考考你这个最小值是多少。

对于 30% 的数据， n,k≤20 。
对于 60% 的数据， n,k≤50000 。
对于 100% 的数据， n,k≤400000 。

Input

第一行两个整数 n,k。
接下来 n-1 行，每行两个正整数 x,y ，描述一条树边 (x,y)。

Output

一行一个整数，最长路径的表示最小值。

Input示例

6 2
1 2
1 3
1 4
2 5
3 6

Output示例

1

---

比赛的时候打了个30分暴力

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(register int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(register int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;

const int MAXN = 4e5 + ;
struct Edge{ int to, next, w; };
Edge e[MAXN<<];
int head[MAXN], tot, o, cnt;
int vis[MAXN], n, m, k;

void read(int& x)
{
    int f = ; x = ; char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) { if(ch == '-') f = -; ch = getchar(); }
    while(isdigit(ch)) { x = x *  + ch - ''; ch = getchar(); }
    x *= f;
}

void AddEdge(int to, int from)
{
    e[tot] = Edge{to, head[from], };
    head[from] = tot++;
}

int dfs(int u)
{
    vis[u] = ;
    int max1 = , max2 = ;
    for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].next)
    {
        int v = e[i].to;
        if(vis[v] || !e[i].w) continue;
        int now = dfs(v) + ;
        if(now > max1) max2 = max1, max1 = now;
        else if(now > max2) max2 = now;
    }
    cnt = max(cnt, max1 + max2);
    return max1;
}

int num(int x) { return !x ?  :  + num(x & (x - )); }

int main()
{
    memset(head, -, sizeof(head)); tot = ;
    read(n); read(k); m = n - ;
    REP(i, , m)
    {
        int u, v;
        read(u); read(v); u--; v--;
        AddEdge(u, v); AddEdge(v, u);
    }

    int ans = 1e9;
    REP(S, ,  << m)
    {
        if(num(S) != k) continue;
        REP(i, , m)
        {
            if(S & ( << i))
            {
                e[ * i].w = ;
                e[ * i + ].w = ;
            }
            else
            {
                e[ * i].w = ;
                e[ * i + ].w = ;
            }
        }

        int t = ;
        memset(vis, , sizeof(vis));
        REP(i, , n)
            if(!vis[i])
            {
                cnt = ;
                dfs(i);
                t = max(t, cnt);
            }
        ans = min(ans, t);
    }
    printf("%d\n", ans);

    return ;
}

这道题还是很精彩的。

首先最长路径尽可能小可以想到二分答案（智障的我没有想到，对二分不够敏感）

对于每一个二分值ans可以做一次树形dp

每次把路径长度要超过ans的子树删掉

这里有个小优化，可以O（n）完成这个过程

把子树的路径分为大于ans/2以及小于等于ans/2的

如果是大于ans / 2，只留下一个，因为如果大于等于两个，加起来就会大于ans

对于小于等于ans/2的全部留下，同时记录此时最长路径

那么最后要考虑要不要打大于ans/2的剩下的那一个删掉

我们就比较大于ans/2里面剩下的（也就是最小的）和小于等于ans/2最大的加起来

看有没有大于ans，如果大于，那么剩下的唯一一个的大一ans/2的就也要删掉

这样就可以O（n）的维护这个过程。

如果不这么做的话就只能排序来比较，复杂度是O（logn）

所以二分O（logn），树形dp O（n），总复杂度O（nlogn）

注意一定要在纸上画图想清楚每一个细节，然后就可以一遍AC了

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(register int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(register int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;

const int MAXN = 4e5 + ;
struct Edge{ int to, next; };
Edge e[MAXN << ];
int head[MAXN], dp[MAXN], d[MAXN], tot;
int n, m, k;

void read(int& x)
{
    int f = ; x = ; char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) { if(ch == '-') f = -; ch = getchar(); }
    while(isdigit(ch)) { x = x *  + ch - ''; ch = getchar(); }
    x *= f;
}

void AddEdge(int to, int from)
{
    e[tot] = Edge{to, head[from]};
    head[from] = tot++;
}

void dfs(int u, int fa, int ans)
{
    int cnt = , mind = 1e9, maxd = ;

    for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].next)
    {
        int v = e[i].to;
        if(v == fa) continue;
        dfs(v, u, ans);
        dp[u] += dp[v];
        if(d[v] + > ans / )
        {
            cnt++;
            mind = min(mind, d[v] + );
        }
        else maxd = max(maxd, d[v] + );
    }

    if(cnt)
    {
        if(mind + maxd > ans) dp[u] += cnt, d[u] = maxd;
        else dp[u] += cnt - , d[u] = mind;
    }
    else d[u] = maxd;
}

bool check(int ans)
{
    memset(dp, , sizeof(dp));
    memset(d, , sizeof(d));
    dfs(, -, ans);
    return dp[] <= k;
}

int main()
{
    memset(head, -, sizeof(head)); tot = ;
    read(n); read(k);
    REP(i, , n)
    {
        int u, v;
        read(u); read(v);
        AddEdge(u, v); AddEdge(v, u);
    }

    int l = -, r = n - ;
    while(l +  < r)
    {
        int m = (l + r) >> ;
        if(check(m)) r = m;
        else l = m;
    }
    printf("%d\n", r);

    return ;

总结
（1）拓展gcd，无解特判
（2）二分答案，树形dp，ans/2优化
（3）dp，排序，拆绝对值，树状数组优化