2024暑假集训测试11

前言

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这次好多外校的参加 \(60\) 多个人，反正至少没怎么挂分。

确切的说赛时我只能冲 T1、T2，T3 可撤销或可持久化并查集都不会，赛后现学的，T4 更抽象，可惜 T2 打假了。T3 最后五分钟才开始看，没想直接打暴力了。

但是 T3 数据太水了，加了捆绑还是水，赛后安排了重测。

T1 Permutations & Primes

  • 同名原题。

一个区间合法必须有 \(1\)，所以把 \(1\) 放中间，然后将 \(2,3\) 放到两端即可，这样只要过 \(1\) 的区间除了原序列答案一定为 \(2\) 或 \(3\)，而原序列结果是无法更改的。

T2 树上游戏

  • 原题：ARC116E Spread of Information，P3523 [POI2011] DYN-Dynamite……

    弱化版：P3942 将军令，P2279 [HNOI2003] 消防局的设立（不用二分）……

  • 部分分 \(10pts\)：爆搜。

  • 部分分 \(29pts\)：当 \(k\ge \lfloor\dfrac{n}{2}\rfloor\) 时，答案为 \(1\)。

  • 正解：

    先来看 P3942 将军令 这道题，是一个树形 DP，要求每个点到关键点的距离不超过 \(k\)。

    定义 \(f_{x,1}\) 为 \(x\) 到其子树中最远的一个没有被覆盖到的节点的距离，\(f_{x,0}\) 为 \(x\) 到其最近一个关键点的距离。

    首先若 \(f_{x,1}+f_{x,0}\le k\) 说明改棵子树都被覆盖到了，\(f_{x,1}=-1\) 即可。

    从贪心的角度，若 \(f_{x,1}=k\) 时，将 \(x\) 设为关键点，正确性是显然的，这样能在使其子树全部被覆盖的同时覆盖更多点，则此时 \(f_{x,1}=-1,f_{x,0}=0\) 即可。

    最后发现根节点是处理不到的，特判其有没有被覆盖，没有就在根节点设立关键点。

    发现本体存在单调性，二分答案其距离 \(k\) 即可。

    点击查看代码 
    #include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=2e5+10,inf=1e9;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
    x=0;register bool z=true;
    register char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
    for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
    x=(z?x:~x+1);
}
template<typename Tp> inline void wt(Tp x)
{if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
template<typename Tp> inline void write(Tp x)
{if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
int n,k,ans,f[N][2];
vector<int>e[N];
void dfs(int x,int fa,int mid)
{
    f[x][0]=inf,f[x][1]=0;
    for(int y:e[x])
    {
        if(y==fa) continue;
        dfs(y,x,mid);
        if(f[y][1]!=-1) f[x][1]=max(f[x][1],f[y][1]+1);
        f[x][0]=min(f[x][0],f[y][0]+1);
    }
    if(f[x][1]>=mid)
    {
        ans++;
        f[x][1]=-1;
        f[x][0]=0;
    }
    if(f[x][1]+f[x][0]<=mid) f[x][1]=-1;
}
signed main() 
{
    read(n),read(k);
    for(int i=1,x,y;i<=n-1;i++)
    {
        read(x),read(y);
        e[x].push_back(y);
        e[y].push_back(x);
    }
    int l=1,r=n-1,answ;
    while(l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        ans=0;
        memset(f,0,sizeof(f));
        dfs(1,0,mid);
        if(f[1][1]!=-1) ans++;
        if(ans<=k) r=mid-1,answ=mid;
        else l=mid+1;
    }
    write(answ);
}

T3 Ball Collector

  • 同名原题。

  • 部分分 \(20pts\)：爆搜即可。

  • 正解：

    经典的套路，将 \(a_i,b_i\) 进行连边，最后会出来很多连通块，其边数就是其可选的个数，每个块之间互不影响。

    发现若连通块为一棵树，最多选 \(size-1\) 个点，否则可以取 \(size\) 个点。

    考虑连边时的贡献，将两个块 \(x,y\) 连一条边，若其中存在至少一个是树的话，则其会变成图，贡献 \(+1\)，否则没有贡献。

    可以使用可撤销并查集维护，这个玩意很好打，学一下就会了。

    然后还学了一下可持久化并查集，就是用类似于主席树维护并查集即可。

    点击查看代码 
    #include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=2e5+10;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
    x=0;register bool z=true;
    register char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
    for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
    x=(z?x:~x+1);
}
template<typename Tp> inline void wt(Tp x)
{if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
template<typename Tp> inline void write(Tp x)
{if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
int n,f[N],sz[N],a[N],b[N],ans[N];
vector<int>e[N];
bool vis[N];
int find(int x) {return f[x]==x?x:find(f[x]);}
void dfs(int x,int fa,int sum)
{
    ans[x]=sum;
    for(int y:e[x])
    {
        if(y==fa) continue;
        int fx=find(a[y]),fy=find(b[y]);
        if(sz[fx]<sz[fy]) swap(fx,fy);
        if(fx==fy)
        {
            if(!vis[fx])
            {
                vis[fx]=1;
                dfs(y,x,sum+1);
                vis[fx]=0;
            }
            else dfs(y,x,sum);
        }
        else
        {
            int last=sz[fx];
            bool vx=vis[fx],vy=vis[fy];
            f[fy]=fx,sz[fx]+=sz[fy],vis[fx]|=vis[fy];
            if(!vx||!vy) dfs(y,x,sum+1);
            else dfs(y,x,sum);
            f[fy]=fy,sz[fx]=last,vis[fx]=vx,vis[fy]=vy;
        }
    }
}
signed main() 
{
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    {
        read(a[i]),read(b[i]);
        f[i]=i,sz[i]=1;
    }
    for(int i=1,x,y;i<=n-1;i++)
    {
        read(x),read(y);
        e[x].push_back(y);
        e[y].push_back(x);
    }
    if(a[1]==b[1]) vis[a[1]]=1;
    else f[b[1]]=a[1],sz[a[1]]+=sz[b[1]];
    dfs(1,0,1);
    for(int i=2;i<=n;i++) write(ans[i]),putchar(' '); 
}

T4 满穗

抽象玩意，溜了溜了。

官方题解

设 \(p_i\) 表示 \([1, i]\) 内所有正整数的和， \(q_i\) 表示 \([1, i]\) 内所有负整数的和。

如果 \(i < j\) 并且 \(s_i < s_j\) ，那么有 \(\tfrac{p_i}{P} - \tfrac{q_i}{Q} < \tfrac{p_j}{P} - \tfrac{q_j}{Q}\) 。

简单移项有 \(\tfrac{p_i - p_j}{P} < \tfrac{q_i - q_j}{Q}\) 。

有 \(\tfrac{Q}{P} < \tfrac{q_i - q_j}{p_i - p_j}\) 。

发现是斜率的形式，并且 \(p\) 单调递增， \(q\) 单调递减，可以维护一个上凸包在上面二分斜率。

由于存在修改操作，我们无法维护整个序列的凸包，但是容易发现如果修改的位置为 \(i\) ，对于 \(j > i\) 和 \(j < i\) 的位置，它们的图包只发生了平移操作，其斜率未发生变化，因此考虑使用分块维护。

具体的，对序列分块，每个块内建出对应的凸包，修改操作直接将其对应块的凸包重构，其他凸包平移，查询操作，扫描整个凸包，二分找到最优点后对所有凸包取 \(\max\) 即可。

总结

没学过的知识点还是好多啊，甚至都影响模拟赛了，但是天天模拟赛又很少有时间过知识点。

T2 没想出来有点可惜，感觉差一点吧，分数就比较平凡，反正没挂分就是好的。

附录

本场比赛 rk1 可以找 chino 领取穗。

T4 游戏背景写得不错，直接剧透了某款游戏，这是 T4 的图：

image

这是属于 rk1 的奖励（学长画的太好了）：

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posted @ 2024-07-25 20:19  卡布叻_周深  阅读(65)  评论(0)    收藏  举报