20260704 比赛总结

我是 fvv 我是 fvv 我是 fvv 我是 fvv 我是 fvv 我是 fvv 我是 fvv 我是 fvv 我是 fvv 我是 fvv 我是 fvv 我是 fvv。对。

排名趋势大起大落 .jpg

A - ORXOR

Tag：爆搜，枚举。

注意到 \(n\) 只有 \(20\)，\(2^n\) 能过，于是随便写个 DFS 枚举所有可能的情况就行了。

时间复杂度：\(O(2^n)\)。

戳这里看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define UInt unsigned int
#define ULL unsigned long long
#define LD long double
#define pii pair<int,int>
#define pLL pair<LL,LL>
#define pDD pair<LD,LD>
#define fr first
#define se second
#define pb push_back
#define isr insert
#define _i128 __int128
using namespace std;
const int N = 25;
int n,a[N],Ans;
int read(){
    int su=0,pp=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')pp=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){su=su*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return su*pp;
}
void DFS_(int u,int sum,int now){
    if(u>n){Ans=min(Ans,sum^now);return;}
    DFS_(u+1,sum,now|a[u]);
    DFS_(u+1,sum^now,a[u]);return;
}
int main(){
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
    Ans=(1<<30)+1;DFS_(1,0,0);
    cout<<Ans<<"\n";
    return 0;
}

B - Typical Stairs

Tag：DP。

定义 \(dp_i\) 表示到达第 \(i\) 阶台阶的方案数，正常来讲应该是 \(dp_i = dp_{i-1} + dp_{i-2}\)，但是这题有禁忌，所以特判一下就行。具体地，我们令 \(vis_i\) 表示 \(i\) 是否为禁忌，则：

\(vis_i = 1\)：\(dp_i = 0\)；
\(vis_i = 0\) 但 \(vis_{i-1} = 1\) 且 \(vis_{i-2} = 0\)：\(dp_i = dp_{i-2}\)；
\(vis_i = 0\) 但 \(vis_{i-1} = 0\) 且 \(vis_{i-2} = 1\)：\(dp_i = dp_{i-1}\)；
\(vis_i = 0\) 但 \(vis_{i-1} = 1\) 且 \(vis_{i-2} = 1\)：\(dp_i = 0\)。

最后的答案是 \(dp_n\)。记得取模。

时间复杂度：\(O(n)\)。

戳这里看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define UInt unsigned int
#define ULL unsigned long long
#define LD long double
#define pii pair<int,int>
#define pLL pair<LL,LL>
#define pDD pair<LD,LD>
#define fr first
#define se second
#define pb push_back
#define isr insert
#define _i128 __int128
using namespace std;
const int N = 1e5+5;
const LL MOD = 1e9+7;
LL n,m,dp[N];
bool vis[N];
LL read(){
    LL su=0,pp=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')pp=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){su=su*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return su*pp;
}

int main(){
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)vis[read()]=1;
    dp[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(vis[i])continue;
        if(!vis[i-1])dp[i]=(dp[i]+dp[i-1])%MOD;
        if(i-2>=0&&!vis[i-2])
            dp[i]=(dp[i]+dp[i-2])%MOD;
    }cout<<dp[n]<<"\n";
    return 0;
}

C - Tenzing and Books

Tag：按位或运算，贪心。

考察或的性质，显然，只要能拿且拿完之后还有机会变成 \(X\)，我们就会尽可能拿，然后贪心做一下就行。

至于当前状态 \(now\) 是否还有机会变成 \(X\)，只需要判断是否 (now | X) == X 即可。

时间复杂度：\(O(n)\)，不过有一个 \(3\) 的常数。

戳这里看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define UInt unsigned int
#define ULL unsigned long long
#define LD long double
#define pii pair<int,int>
#define pLL pair<LL,LL>
#define pDD pair<LD,LD>
#define fr first
#define se second
#define pb push_back
#define isr insert
#define _i128 __int128
using namespace std;
const int N = 1e5+5;
int T,n,X,now,a[N];
int read(){
    int su=0,pp=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')pp=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){su=su*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return su*pp;
}

int main(){
    T=read();
    while(T--){
        n=read(),X=read(),now=0;
        for(int t=1;t<=3;t++){
            for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
            for(int i=1;i<=n;i++){
                int nxt=now|a[i];
                if((nxt|X)==X)now|=a[i];
                else break;
            }
        }
        if(now==X)cout<<"Yes\n";
        else cout<<"No\n";
    }
    return 0;
}

D - 01迷宫

Tag：BFS，连通块，预处理。

罚时原因：

存每次遍历的点的数组大小误开成了 \(N\)，事实上要开 \(N^2\)。

这题有个坑，就是每次走的是不同色的点而非同色的点。

你从每个没去过的点出发，按照规则走下去，把所有经过的点都记录下来，它们构成一个极大连通块，相互之间到且仅可到，记录其个数 \(cnt\) 并给其中每个点 \((i,j)\) 的 \(ans_{i,j} = cnt\)。

查询的时候直接输出对应的 \(ans_{x,y}\) 就行了，\(O(1)\) 的。

时间复杂度：\(O(n^2 + m)\)。

戳这里看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define UInt unsigned int
#define ULL unsigned long long
#define LD long double
#define pii pair<int,int>
#define pLL pair<LL,LL>
#define pDD pair<LD,LD>
#define fr first
#define se second
#define pb push_back
#define isr insert
#define _i128 __int128
using namespace std;
const int N = 1005;
int n,m,ans[N][N];
char c[N][N];
bool vis[N][N];
int dx[]={0,1,0,-1},dy[]={1,0,-1,0};
pii tmp[N*N];int tcnt;
queue<pii> q;
int read(){
    int su=0,pp=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')pp=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){su=su*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return su*pp;
}
void BFS_(int Sx,int Sy){
    while(!q.empty())q.pop();
    tcnt=0;
    q.push({Sx,Sy});
    vis[Sx][Sy]=1;
    while(!q.empty()){
        auto [x,y]=q.front();q.pop();
        tmp[++tcnt]={x,y};
        for(int i=0;i<4;i++){
            int x2=x+dx[i],y2=y+dy[i];
            if(x2<1||x2>n||y2<1||y2>n)continue;
            if(c[x2][y2]==c[x][y])continue;
            if(!vis[x2][y2])vis[x2][y2]=1,q.push({x2,y2});
        }
    }
    for(int i=1;i<=tcnt;i++){
        auto [x,y]=tmp[i];
        ans[x][y]=tcnt;
    }return;
}
int main(){
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)cin>>c[i][j];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(!vis[i][j])BFS_(i,j);
    while(m--){
        int x=read(),y=read();
        cout<<ans[x][y]<<"\n";
    }
    return 0;
}

E - Military Problem

Tag：树的遍历，DFS 序（dfn）。

阅读理解题，首先需要硬着头皮把长文阅读结束，然后发现，其实就是让你求一个遍历过程中第 \(k\) 个经过的点的编号。

这个好做，反正遍历的顺序是固定的，我们从根节点 \(1\) 出发，DFS 一下求出每个点的 dfn 以及其子树大小，每次询问的时候直接在 dfn 数组里查找就行了。至于求子树大小是干什么的，嗯，这个是用来判断 \(k\) 是否越界的啦。

时间复杂度：\(O(n + q)\)。

戳这里看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define UInt unsigned int
#define ULL unsigned long long
#define LD long double
#define pii pair<int,int>
#define pLL pair<LL,LL>
#define pDD pair<LD,LD>
#define fr first
#define se second
#define pb push_back
#define isr insert
#define _i128 __int128
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
int n,Q,fa[N],sz[N];
int dfn[N],Cnt,p[N];
vector<int> g[N];
int read(){
    int su=0,pp=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')pp=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){su=su*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return su*pp;
}
void DFS_(int u){
    dfn[u]=(++Cnt),p[Cnt]=u,sz[u]=1;
    for(int v:g[u])DFS_(v),sz[u]+=sz[v];return;
}
int main(){
    n=read(),Q=read();
    for(int i=2;i<=n;i++)
        fa[i]=read(),g[fa[i]].pb(i);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        sort(g[i].begin(),g[i].end());
    DFS_(1);
    while(Q--){
        int x=read(),k=read();
        if(sz[x]<k)cout<<"-1\n";
        else cout<<p[dfn[x]+k-1]<<"\n";
    }
    return 0;
}

F - Transportation

Tag：虚点，最小生成树，Kruskal，分类讨论。

罚时原因：

存边的数组大小应该开到 \(2n+m=6 \times 10^5\)，但我只开到了 \(n+m = 4 \times 10^5\)，导致 RE。

首先看到这种题目，就是明晃晃提示你虚点，但是需要对机场和港口各建一个虚点（分别为 \(n+1\) 和 \(n+2\)），然后跑常规 Kruskal 就是可以的。

但是，显然没这么简单，第二个样例解释提到：

注意，并不要求三种设施都至少建造一次。

哦，完蛋了，那我们需要分类讨论四种情况，分别是：

不建机场，也不建港口；
建机场，但不建港口；
不建机场，但建港口；
建机场，也建港口。

对于这四种不同的情况，我是没想到什么好方法能一起解决，只好复制粘贴四遍让代码跑四次 Kruskal，答案取 \(\min\) 即可。当然也能包装成函数，代码会好看一些，但没啥区别。

时间复杂度：\(O(m \log m)\)，不过有一个 \(8\) 的常数。

戳这里看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define UInt unsigned int
#define ULL unsigned long long
#define LD long double
#define pii pair<int,int>
#define pLL pair<LL,LL>
#define pDD pair<LD,LD>
#define fr first
#define se second
#define pb push_back
#define isr insert
#define _i128 __int128
using namespace std;
const int N = 6e5+5;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
struct lines{LL u,v,w;}p[N],ln[N];
LL n,m,cnt,A[N],B[N],fa[N];
LL res1=0,res2=0,res3=0,res4=0;
LL read(){
    LL su=0,pp=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')pp=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){su=su*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return su*pp;
}
bool cmp(lines l1,lines l2){return l1.w<l2.w;}
int FF(int u){return (fa[u]==u?u:fa[u]=FF(fa[u]));}
int main(){
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n+2;i++)fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=n;i++)A[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)B[i]=read();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        LL x=read(),y=read(),w=read();
        p[i]={x,y,w};
    }

    cnt=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)ln[++cnt]=p[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ln[++cnt]={i,n+1,A[i]};
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ln[++cnt]={i,n+2,B[i]};
    sort(ln+1,ln+cnt+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n+2;i++)fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        auto [x,y,w]=ln[i];
        x=FF(x),y=FF(y);
        if(x!=y)fa[x]=y,res1+=w;
    }
    for(int i=1;i<=n+2;i++)
        if(FF(i)!=FF(1))res1=INF;

    cnt=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)ln[++cnt]=p[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ln[++cnt]={i,n+1,A[i]};
    sort(ln+1,ln+cnt+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n+1;i++)fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        auto [x,y,w]=ln[i];
        x=FF(x),y=FF(y);
        if(x!=y)fa[x]=y,res2+=w;
    }
    for(int i=1;i<=n+1;i++)
        if(FF(i)!=FF(1))res2=INF;

    cnt=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)ln[++cnt]=p[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ln[++cnt]={i,n+1,B[i]};
    sort(ln+1,ln+cnt+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n+1;i++)fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        auto [x,y,w]=ln[i];
        x=FF(x),y=FF(y);
        if(x!=y)fa[x]=y,res3+=w;
    }
    for(int i=1;i<=n+1;i++)
        if(FF(i)!=FF(1))res3=INF;

    cnt=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)ln[++cnt]=p[i];
    sort(ln+1,ln+cnt+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        auto [x,y,w]=ln[i];
        x=FF(x),y=FF(y);
        if(x!=y)fa[x]=y,res4+=w;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(FF(i)!=FF(1))res4=INF;

    cout<<min({res1,res2,res3,res4})<<"\n";
    return 0;
}

G - Choosing Capital for Treeland

Tag：树形 DP，换根 DP。

首先你建图的时候肯定不会建单向边，肯定还是双向边，但是双向边带有边权，如果这条边与单向边方向相同则边权为 \(0\)，否则边权为 \(1\)。

然后你随便跑个 DP 就行，你发现换根最好做，而推一下后发现 \(u\) 和 \(fa\) 的差别仅在于 \(u \to fa\) 这一条边的方向。于是就结束了，最后取个 \(\min\) 就行。

时间复杂度：\(O(n)\)，有一个 \(3\) 左右的常数。

戳这里看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define UInt unsigned int
#define ULL unsigned long long
#define LD long double
#define pii pair<int,int>
#define pLL pair<LL,LL>
#define pDD pair<LD,LD>
#define fr first
#define se second
#define pb push_back
#define isr insert
#define _i128 __int128
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
int n,dp[N],sum;
vector<pii> g[N];
int read(){
    int su=0,pp=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')pp=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){su=su*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return su*pp;
}
void DFS_dp(int u,int fa){
    for(auto [v,w]:g[u])if(v^fa)
        DFS_dp(v,u),dp[u]+=dp[v]+w;return;
}
void DFS_sol(int u,int fa){
    for(auto [v,w]:g[u])if(v^fa)
        dp[v]=dp[u]+(w==1?-1:1),DFS_sol(v,u);return;
}
int main(){
    n=read(),sum=n;
    for(int i=1;i<n;i++){
        int x=read(),y=read();
        g[x].pb({y,0}),g[y].pb({x,1});
    }DFS_dp(1,0);DFS_sol(1,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)sum=min(sum,dp[i]);
    cout<<sum<<"\n";
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(dp[i]==sum)cout<<i<<" ";cout<<"\n";
    return 0;
}

posted @ 2026-07-04 17:00 嘎嘎喵阅读(16) 评论(0) 收藏举报

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