《The 13th Shandong ICPC Provincial Collegiate Programming Contest》 vp
简介
挂个 Link 先。
先%%%主力 ddl+beiwen，我属于小躺一把。
有三台机，是挂了属于。
赛时
放个结果
随机开题，我先开了 D，ddl 先去开了 B，此时我旁边的 bw 仍然在杀！杀！杀！，但是没关系（bushi，
我也变看他抽边写 D，ddl 因为一时没想出来 B 解法转去开 I，bw 也终于加入战场并且去开了 A，但是不知道怎么了，在吃了两罚之后签的（有点唐..
紧接着 ddl 也签了 I，我 D 也想到二分，写了一会调了调签了（我开的最早写得最慢速呜呜/cai。三道签到开完了，运气有点好..
这时 ddl 去开了 G，我先去开了 M，发现是计算几何，遂摆烂去开了 L，bw 去开了 J。过了一会 ddl 杀了 G，%%%，我想到了 L 的构造开码，bw 好像在思考 J。
ddl 大神又去开了 F，但是写了几发被卡了..过了一会我过了 L，bw还在调 J。
这是一看排名，30多，嗯形势大好：） 我本来想去开 E，但是 ddl 让我帮他调 F，我一看，哎这不是这题吗，ddl 一听[兴奋地]让我试试，然后我拷个代码发现样例都过不了，再看一眼题，oh，是数数啊，那没事了，但是总体思路应该差不多，于是看看 ddl 代码，确实好像是这么回事，但是其实我们俩都错了（赛后想了下其实是数数和 \(\max\) 不一样），调了一会无果遂摆烂，想我的 E 去了，让 ddl 自己调。
过了一会，E 好像有点思路，首先一定是先操作 2 再操作 1，那不妨枚举操作 2 次数再判断多少次 1 满足条件，最后答案一定形成一个区间，所以维护 \([L,R]\)。代码很好写，交了一发 WA 了，不知道为什么。这时 ddl 也对着 F 很无奈，于是我们又开始交换调题，调调调，还是不知道 ddl 哪错了，很愤怒，于是叫 ddl 自己解决去了~ 我又回去调我的 E。
到这时已经接近 1h 没有切题了，bw 小盆友对着他的 J 死磕了接近 1.4h 无果，小炸，不过问题不大。突然我灵光一现，感觉可能是我炸 \(long long\) 了，改了个 \(int128\) 竟然过了！！！比较兴奋，然后我去开 K，读下题，嗯貌似有点熟悉？一看样例，wahts？这不 ccz 出的原题吗，赶紧准备开贺。
然后出现了滑稽的对内三人争抢谁拿白给题~ 这时 bw 说他就过了一题，想捡个白给的，就让给他了..正当他拷完代码准备交时，ddl [啪的一声很快啊] 抢先交了，场面比较好笑。
于是我去开了 C，ddl 重回 B，这时到了饭点，我和 ddl 先去干饭了。干饭路途想到了 C 错解，回到机房路上看见 bw，他还没调过 J，于是将重任交给了 ddl 就摆烂了...继续码码码，ddl 调调调，很快我 C 写完一交 WA...想了一会 ddl 想到了 hack，然后开始思考维护长度，但是发现可能类似启发式合并？比较难码，而且不会相同的怎么处理，遂摆烂...看 ddl 狂调 J，硬是将 \(O(60q\log n)\) 优化掉了个 \(\log\) 也过不去...然后要上晚修也开摆了...
但是 M 属于我唐错误判断了...背锅
题解：
B
类拓扑排序。
我们维护每项工程还有几条要求没有满足，并将不同工种的要求分别维护。所有要求都被满足的工程将加入队列。从队列中取出一项工程后，我们会获得该工程的奖励。当工种为 \(t\) 的员工加入公司后，我们检查和工种 \(t\) 有关的人数最少的未满足需求。如果这项需求被满足了，则对应工程的要求数减 \(1\)。要求数减少为 \(0\) 的工程继续加入队列。
答案就是从队列中取出的工程数。复杂度 \(O(n\log n)\)，主要是每次拿出“人数最少的需求”需要预先排序或使用堆等数据结构。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define rint register int
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
const int N=1e5+10,INF=2147483647;
char *p1,*p2,buf[N];
#define nc() (p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define gc() getchar()
il int rd(){
int x=0,f=1;
char ch=gc();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=gc();}
while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=gc();
return x*f;
}
int g,n;
int a[N][2],m[N];
map<int,priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii>>>mp;
vector<pii>bonus[N];
map<int,int>have;
queue<int>G;
void add(int id,int val){
have[id]+=val;
priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii>> &q=mp[id];
while(!q.empty()){
pii tmp=q.top();
if(tmp.first>have[id])break;
q.pop();
if(!(--m[tmp.second]))G.push(tmp.second);
}
}
void Main(){
g=rd();
for(int i=1; i<=g; ++i)a[i][0]=rd(),a[i][1]=rd();
n=rd();
for(int k,i=1; i<=n; ++i){
m[i]=rd();
for(int a,b,j=1; j<=m[i]; ++j){
a=rd(),b=rd();
mp[a].push({b,i});
}
k=rd();
for(int a,b,j=1; j<=k; ++j){
a=rd(),b=rd();
bonus[i].push_back({a,b});
}
}
for(int i=1; i<=n; ++i)if(m[i]==0)G.push(i);
for(int i=1; i<=g; ++i)add(a[i][0],a[i][1]);
int ans=0;
while(!G.empty()){
int id=G.front();G.pop();
++ans;
for(pii p:bonus[id])add(p.first,p.second);
}
cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
int T=1;
while(T--)Main();
return 0;
}
C
对于同一个节点，考虑如何将字母分给它的所有子树。显然，\(a\) 应该分给最小的子树，\(b\) 应该分给第二小的子树...
但是这里考虑“小”并不是字数内关键节点谁多，因为长度决定优先/
这里，子树 \(i\) 小于子树 \(j\)，指的是子树 \(i\) 里最小的关键字符串比子树 \(j\) 里的小，如果一样就比第二小的关键字符串... 如果某个子树里的字符串已经比完了，那么哪个子树有更多的字符串，哪个子树就更小。
这时我们类似 \(\text{SA}\)，给每个子树标上一个 \(rk_i\) 表示排名，\(rk\) 越小子树越小。
一个子树的 \(rk\) 取决于其儿子节点子树 \(rk\) 加上自身节点是否有关键节点，那我们可以用一个 \(vector\) 表示其 \(rk\)，将这个 \(vector\) 排序，相当于将子树内部按字典序排序。然后再比较不同子树的 \(vector\)（按照上面的规则），给每个子树重新标号 \(rk\)，这样就可以完成计算。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define rint register int
#define ll long long
#define pvi pair<vector<int>,int>
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
const int N=2e5+10,INF=2147483647;
char *p1,*p2,buf[N];
#define nc() (p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define gc() getchar()
il int rd(){
int x=0,f=1;
char ch=gc();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=gc();}
while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=gc();
return x*f;
}
int n,m;
vector<int>G[N];
int fl[N],rk[N];
vector<int>dep[N];
void pre(int x,int d){
dep[d].push_back(x);
for(auto y:G[x])pre(y,d+1);
}
char ans[N];
void dfs(int x){
vector<pii>ran;
for(auto y:G[x])ran.push_back({rk[y],y});
sort(ran.begin(),ran.end());
for(int i=0; i<ran.size(); ++i)ans[ran[i].second]='a'+i;
for(auto y:G[x])dfs(y);
}
void Main(){
n=rd(),m=rd();
for(int i=0; i<=n; ++i)G[i].clear(),fl[i]=0,dep[i].clear();
for(int x,i=1; i<=n; ++i){
x=rd();
G[x].push_back(i);
}
for(int x,i=1; i<=m; ++i){
x=rd();
fl[x]=1;
}
pre(0,0);
for(int i=n; i>=0; --i){
vector<pvi>ran;
for(auto x:dep[i]){
vector<int>son;
if(fl[x])son.push_back(0);
for(auto y:G[x]){
son.push_back(rk[y]);
}
sort(son.begin(),son.end());
ran.push_back({son,x});
}
sort(ran.begin(),ran.end(),[](pvi &a,pvi &b){
for(int i=0; i<min(a.first.size(),b.first.size()); ++i){
if(a.first[i]!=b.first[i])return a.first[i]<b.first[i];
}
return a.first.size()>b.first.size();
});
int now=1;
for(int j=0; j<ran.size(); ++j){
rk[ran[j].second]=now;
if(j+1<ran.size()&&ran[j].first!=ran[j+1].first)++now;
}
}
dfs(0);
ans[n+1]=0;
printf("%s\n",ans+1);
}
signed main(){
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
int T=rd();
while(T--)Main();
return 0;
}
F
我的评价是化身唐B。
还是 czz 之前模拟赛里的一道题...看着眼熟不是没道理的（
考虑为什么 ddl 那个做法假了。
一个 hack：
3
2 3 0
4 5 1
1 6 1
具体不细说了，看之前总结。
浙公网安备 33010602011771号