[题解]NOIP2015提高组の题解集合 - by xyz32768

Day 1

T1 magic

模拟题。不断地往右上或往下走，注意边界。

代码：

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read() {
int res = 0; bool bo = 0; char c;
while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
return bo ? ~res + 1 : res;
}
const int N = 55;
int n, a

;
int main() {
//freopen("magic.in", "r", stdin);
//freopen("magic.out", "w", stdout);
int i, j, x = 1, y; n = read(); y = n + 1 >> 1;
for (i = 1; i <= n * n; i++) {
a[x][y] = i;
if (i % n == 0) x++;
else x--, y++;
x = (x + n) % n; if (!x) x = n;
y = (y + n) % n; if (!y) y = n;
}
for (i = 1; i <= n; i++) {
for (j = 1; j <= n; j++) printf("%d ", a[i][j]);
printf("\n");
}
return 0;
}

T2 message

把每个i向Ti连边，求该有向图的最小环。

有很多种做法。其中一种是，从一个点u开始遍历，不断地往Tu走，如果走到了这一次已经遍历过的节点，那么就找到了一个环。注意细节。

代码：

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read() {
int res = 0; bool bo = 0; char c;
while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
return bo ? ~res + 1 : res;
}
const int N = 2e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, t
, ans = INF, vis
, times;
void go(int x) {
int tmp = times; while (1) {
int v = t[x];
if (vis[x] && vis[x] <= tmp) return;
if (vis[v] > tmp)
return (void) (ans = min(ans, times - vis[v] + 2));
vis[x] = ++times; x = v;
}
}
int main() {
//freopen("message.in", "r", stdin);
//freopen("message.out", "w", stdout);
int i; n = read();
for (i = 1; i <= n; i++) t[i] = read();
for (i = 1; i <= n; i++) if (!vis[i]) go(i);
cout << ans << endl;
return 0;
}

T3 landlords

不考虑顺子，那么一次打多张一定是最优的。所以可以用贪心求解这一部分。对于顺子，就爆搜。

代码：

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read() {
int res = 0; bool bo = 0; char c;
while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
return bo ? ~res + 1 : res;
}
const int N = 25, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, cnt
, typ[] = {0, 13, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12},
Ans, tmp
;
int cc() {
int i, CN = 0; memset(tmp, 0, sizeof(tmp));
for (i = 0; i <= 13; i++) tmp[cnt[i]]++;
while (tmp[4] >= 1 && tmp[2] >= 2) tmp[4]--, tmp[2] -= 2, CN++;
while (tmp[4] >= 1 && tmp[1] >= 2) tmp[4]--, tmp[1] -= 2, CN++;
while (tmp[4] >= 1 && tmp[2] >= 1) tmp[4]--, tmp[2]--, CN++;
while (tmp[3] >= 1 && tmp[2] >= 1) tmp[3]--, tmp[2]--, CN++;
while (tmp[3] >= 1 && tmp[1] >= 1) tmp[3]--, tmp[1]--, CN++;
return CN + tmp[1] + tmp[2] + tmp[3] + tmp[4];
}
void dfs(int dep) {
if (dep >= Ans) return; int i, j, k;
Ans = min(Ans, dep + cc());
for (i = 2; i <= 13; i++) for (j = 1; j <= 3; j++) {
if (cnt[i] < j) continue; int tt = 0;
for (k = i; cnt[k] >= j; k++) tt += j, cnt[k] -= j;
for (; (--k) >= i;) {
if (tt >= 5) dfs(dep + 1);
tt -= j, cnt[k] += j;
}
}
}
void work() {
int i; memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
for (i = 1; i <= n; i++) cnt[typ[read()]]++, read();
Ans = INF; dfs(0); printf("%d\n", Ans);
}
int main() {
//freopen("landlords.in", "r", stdin);
//freopen("landlords.out", "w", stdout);
int T = read(); n = read();
while (T--) work();
return 0;
}

Day 2

T1 stone

基础的二分题。二分最短跳跃距离后判定是否可能。

代码：

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read() {
int res = 0; bool bo = 0; char c;
while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
while<
1b024
/span> ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
return bo ? ~res + 1 : res;
}
const int N = 5e4 + 5;
int L, n, m, a
, minv;
bool check(int mid) {
int i, tot = 0, pre = 0;
for (i = 1; i <= n + 1; i++)
if (a[i] - pre < mid) tot++;
else pre = a[i];
return tot <= m;
}
int solve() {
int l = minv, r = 1e9, mid;
while (l <= r) {
mid = l + r >> 1;
if (check(mid)) l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
return r;
}
int main() {
//freopen("stone.in", "r", stdin);
//freopen("stone.out", "w", stdout);
int i; L = read(); n = read(); m = read();
for (i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(),
minv = min(minv, a[i]); a[n + 1] = L;
printf("%d\n", solve());
return 0;
}

T2 substring

考虑DP。

定义状态f[i][j][k][0/1]表示字符串A的前i个字符和字符串B的前j个字符用了k个子串，第四维为1表示A字符串的第i个字符必须被选出，为0表示A字符串的第i个字符不能被选出。

那么很容易得出转移：

1、对于任意一个0≤i≤n，f[i][0][0][0]=1。

2、f[i][j][k][0]=f[i−1][j][k][0]+f[i−1][j][k][1]

3、如果A[i]=B[j]，那么f[i][j][k][1]=f[i−1][j−1][k][1]+f[i−1][j−1][k−1][0]+f[i−1][j−1][k−1][1]

最后结果即为f[n][m][K][0]+f[n][m][K][1]。

考虑到空间问题，滚动f的第一维以节省空间。

代码：

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read() {
int res = 0; bool bo = 0; char c;
while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
return bo ? ~res + 1 : res;
}
const int N = 1005, M = 205, PYZ = 1e9 + 7;
int n, m, K, f[2][M][M][2];
char a
, b[M];
int main() {
//freopen("substring.in", "r", stdin);
//freopen("substring.out", "w", stdout);
int i, j, k; n = read(); m = read(); K = read();
scanf("%s", a + 1); scanf("%s", b + 1); f[0][0][0][0] = 1;
for (i = 1; i <= n; i++) {
int op = i & 1; f[op][0][0][0] = 1;
for (j = 1; j <= min(i, m); j++) for (k = 1; k <= min(j, K); k++) {
f[op][j][k][0] = f[op][j][k][1] = 0;
f[op][j][k][0] = (f[op ^ 1][j][k][0] + f[op ^ 1][j][k][1]) % PYZ;
if (a[i] == b[j]) {
f[op][j][k][1] = (f[op ^ 1][j - 1][k][1] +
f[op ^ 1][j - 1][k - 1][0]) % PYZ;
(f[op][j][k][1] += f[op ^ 1][j - 1][k - 1][1]) %= PYZ;
}
}
}
printf("%d\n", (f[n & 1][m][K][0] + f[n & 1][m][K][1]) % PYZ);
return 0;
}

T3 transport

首先存下每个运输计划的起点st[i]，终点ed[i]，最近公共祖先lca[i]以及耗时len[i]。

先二分最短时间time。

在判定中，先标记出所有len[i]>time的运输计划，虫洞必须位于这些运输计划的路径的公共边上。

这里，为每个点赋予一个权值，初始为0。

然后对于任意一个len[i]>time的运输计划，把st[i]到ed[i]的路径上的所有点（lca[i]除外）的点权，全部加上1，

这样容易知道，最后如果一个点的点权等于所有len[i]>time的运输计划的个数，那么连接这个点和这个点的父亲的边被改造成虫洞后会降低所有len[i]>time的运输计划的耗时，降低量为这条边的边权。所以，在符合条件的边中，选取一条边权最大的边，判断是否：耗时最长的计划消耗的时间−选取的边的边权≤time。

对于路径加1的操作，可以使用树剖实现，但是常数较大。但是可以发现这里的询问都是单点询问，而且都在路径修改之后。对于这一点，可以使用差分数组代替树剖，将复杂度去掉一个log。

建立差分数组b[u]=val[u]−∑val[v]，其中val[u]为u的点权，v为u的子节点。

对于u到v的路径加x（不含lca）的操作为：

b[u]+=x,b[v]+=x,b[lca]−=2x。

而单点询问就是求子树和。最后DFS一遍就可以求出所有点的点权。

代码：

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read() {
int res = 0; bool bo = 0; char c;
while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
return bo ? ~res + 1 : res;
}
const int N = 3e5 + 5, LogN = 23;
int n, m, a
, ecnt, nxt[N << 1], adj
, go[N << 1], fa
[LogN],
dep
, T
, val[N << 1], dis
, len
, st
, ed
,
maxv, _lca
, top
, v_res, cnt_now;
void add_edge(int u, int v, int w) {
nxt[++ecnt] = adj[u]; adj[u] = ecnt;
go[ecnt] = v; val[ecnt] = w;
}
void dfs(int u, int fu) {
int i; dep[u] = dep[fu] + 1; for (i = 1; i <= 21; i++)
fa[u][i] = fa[fa[u][i - 1]][i - 1];
for (int e = adj[u], v; e; e = nxt[e]) {
if ((v = go[e]) == fu) continue;
fa[v][0] = u; dis[v] = dis[u] + val[e];
top[v] = val[e]; dfs(v, u);
}
}
int lca(int u, int v) {
int i; if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);
for (i = 21; i >= 0; i--) {
if (dep[fa[u][i]] >= dep[v]) u = fa[u][i];
if (u == v) return u;
}
for (i = 21; i >= 0; i--) if (fa[u][i] != fa[v][i])
u = fa[u][i], v = fa[v][i];
return fa[u][0];
}
int dist(int i, int u, int v) {
return dis[u] + dis[v] - (dis[_lca[i] = lca(u, v)] << 1);
}
void change(int i, int x) {
T[st[i]] += x; T[ed[i]] += x;
T[_lca[i]] -= x << 1;
}
int dfs_ans(int u, int fu) {
int res_d = T[u];
for (int e = adj[u], v; e; e = nxt[e]) {
if ((v = go[e]) == fu) continue;
res_d += dfs_ans(v, u);
}
if (res_d == cnt_now) v_res = max(v_res, top[u]);
return res_d;
}
bool check(int mid) {
int i, res = 0; for (i = 0; i <= n; i++) T[i] = 0; cnt_now = 0;
for (i = 1; i <= m; i++) if (len[i] > mid) cnt_now++, change(i, 1);
if (!cnt_now) return 1; v_res = 0; dfs_ans(1, 0);
return maxv - v_res <= mid;
}
int solve() {
int l = 0, r = maxv, mid;
while (l <= r) {
mid = l + r >> 1;
if (check(mid)) r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
return l;
}
int main() {
//freopen("transport.in", "r", stdin);
//freopen("transport.out", "w", stdout);
int i, x, y, z; n = read(); m = read();
for (i = 1; i < n; i++) {
x = read(); y = read(); z = read();
add_edge(x, y, z); add_edge(y, x, z);
}
dfs(1, 0);
for (i = 1; i <= m; i++) {
st[i] = read(); ed[i] = read();
len[i] = dist(i, st[i], ed[i]);
maxv = max(maxv, len[i]);
}
printf("%d\n", solve());
return 0;
}