10.25集训解题报告
T1 方（\(square\)）
题面：
上帝说： “要有方”。
ZAY说： “要有六方”。
二人争论不休，于是ZAY想要建立一个六方世界，来证明六方才是人间正道。
ZAY的六方世界是这样的
上帝说： “要有方”。
ZAY说： “要有六方”。
二人争论不休，于是ZAY想要建立一个六方世界，来证明六方才是人间正道。
ZAY的六方世界是这样的
在富饶的ZAY王国一共居住着N户家庭，每家每户都生活在一个六边形的方块中，由于ZAY想让王国
里的人互相交流，所以N户家庭形成一个连通块。为了防止非法移民，ZAY决定用一堵墙将所有的家庭围
起来。
ZAY制定了如下规则
- 墙在方块里
- 墙不能在家庭里
- 任何家庭不能在墙外
- 墙内可以有空白方块
定义围墙长度为所占方块数，请你设计家庭以及围墙方案，使得围墙总长最短。
思路：
找规律，一层一层向外拓展， 贡献每隔 \(n\) 个 变一次，特殊的，每一圈的第一个一定变，最后一个一定不变。
然后模拟即可。
代码：
ll n;
ll ans;
ll sum=6;
ll wz=1;
ll js=1;
int sta[10];
int Ans[7]={0,6,8,9,10,11,12};
int main(){
n=read();
if(n<=6) {cout<<Ans[n]; return 0;}
while(wz+sum<=n) {
wz+=sum; sum+=6; ++js;
}
sta[0]=wz;
for(int i=1; i<=6; ++i) {
sta[i]=wz+i*(sum/6);
}
int k=lower_bound(sta, sta+7, n)-sta;
ans=sum+k;
if(sta[k]!=n) ans--;
if(wz<n) ans++;
cout<<ans;
}
T2 肥宅快乐机（\(dundundun\)）
题面：
售货机里一共有 \(n\) 个物品，每个物品 \(a_i\) 个，自然 还有 \(n\) 个购买按钮。
正常情况下，按下第 \(i\) 个按钮，需要支付 \(c_i\) 的钱，然后就会跳出一个物品 \(i\)。如果这个物品卖完了，按下按钮无效。
但是这台售货机的电路连接出了问题，第 \(i\) 个按钮的弹出电路连向了物品 \(f_i\)。
假设按下了第 \(i\) 个按钮，售货机的执行逻辑如下：
- 判断第 \(i\) 个物品是否为空。
- 如果是，不执行任何操作，退出购买程序。
- 否则要求支付 \(c_i\) 的钱。
- 因为电路坏了，实际会弹出物品 \(f_i\)。
ZAY凭借高超的运算能力计算出来 \(f_i\) 的值，并且上网查询了每种物品的卖出价格 \(d_i\)，ZAY有无限本金，机制的他想通过买入和卖出最大化得到的钱。
思路：
一堆基环树。
不难发现，直接连贡献最大的边，最后整张图只有链和环。
如果是链，除了叶子都有贡献。
如果是环，那么断掉贡献最小的，还有就是次大值也会产生贡献。
代码：
struct node {
ll f, c, d, a;
}sz[100005];
int n;
int t[100005];
int t2[100005];
ll ans;
bool pd[100005];
void slove(int x) {
int v=t[x];
ll S=sz[x].d-sz[v].c;
if(v==x) {
ans+=S;
return ;
}
ll maxx=-1e18;
if(t2[x])
maxx=sz[t[x]].c-sz[t2[x]].c;
maxx=max(maxx, -S);
while(pd[v]==0&&t[v]) {
pd[v]=1;
S+=sz[v].d-sz[t[v]].c;
if(t2[v])
maxx=max(maxx, sz[t[v]].c-sz[t2[v]].c);
maxx=max(maxx, sz[t[v]].c-sz[v].d);
v=t[v];
}
if(v!=x) ans+=S;
else ans+=S+maxx;
}
int main(){
n=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) {
sz[i].f=read(); sz[i].c=read(); sz[i].d=read(); sz[i].a=read();
}
for(int i=1; i<=n; ++i) {
if(sz[i].c>=sz[sz[i].f].d) continue ;
if(t[sz[i].f]==0) t[sz[i].f]=i;
else {
if(sz[i].c<sz[t[sz[i].f]].c) {
t2[sz[i].f]=t[sz[i].f];
t[sz[i].f]=i;
}
else if(t2[sz[i].f]==0||sz[i].c<sz[t2[sz[i].f]].c) {
t2[sz[i].f]=i;
}
}
}
for(int i=1; i<=n; ++i) {
if(t[i]==0) continue ;
ans+=1LL*(sz[i].a-1)*(sz[i].d-sz[t[i]].c);
}
for(int i=1; i<=n; ++i) {
if(t[i]==0) continue ;
if(pd[i]) continue ;
pd[i]=1;
slove(i);
}
}
T3 油炸字符串（\(string\)）
题面：
ZAY赚到了大笔钱，于是想去买吃的。
字符是一种生活在草原上的优雅生物，其肉炸来鲜美无比。
于是ZAY想吃油炸字符串，但是由于串串子太难了，他遇到了麻烦。
ZAY串字符串的过程是这样的，初始时他拥有一种基础字符串 \(p\) 和一个空签子 \(S\),每次他可以选择签子的任何一个位置（最前最后都行）来插入一个 \(p\)，一直不停地插直到字符串足够长。
但是悲剧的是，串完后ZAY不记得 \(p\) 长什么样了，现在给你最后的 \(S\)，希望你能够还原出最初的 \(p\)。
如果有多个 \(p\) 符合要求，选择最短的。
如果有多个 \(p\) 最短，选择字典序最小的。
思路：
区间 dp。
T4 青岛地铁（\(subway\)）
题面：
青岛地铁有 \(N\) 地铁站，这些地铁站从 \(1\) 到 \(N\) 编号，有 \(M\) 条地铁连接各个地铁站，这些地铁从 \(1\) 到 \(M\) 编号。第 \(i\) 条地铁是一条连接第 \(A_i\) 个和第 \(B_i\) 个地铁站的双向边，长度为 \(D_i\)。任意两个地铁站间一定有地铁（直接或间接）连接。
修缮计划如下：首先，选择一个自然数 \(X\),将和第一个地铁站距离等于 \(X\) 或在 \(X\) 以下的所有地铁站（含第一个地铁站）相互之间连接一条地下通道。地铁站 \(i\) 和地铁站 \(j\) 之间的距离指，从地铁站 \(i\) 到地铁站 \(j\) 经过的地铁的长度总和的最小值。定义 \(C\) 为一个与修筑地下通道花费有关的量（\(C\) 是整数）。
修筑所有地下通道的花费为 \(C\times X\)。
接下来，撤去已经通过地下通道连接的地铁站之间的地铁。撤去地铁的花费不计。
最后，将没有被撤去的地铁进行修补，长为 \(d\) 的地铁修补的花费为 \(d\)。
修缮计划实施之前，青岛地铁没有地下通道。请求出青岛地铁修缮花费总和的最小值。
思路：
直接 \(Dij\)。
先求出总的 \(d\) 的花费，也就是 \(X=0\) 时的花费。
然后把距离从小到大排序，枚举 \(X\)。
\(X\) 在变大，连通块内的点不会减少，只能是一个个加进来。
然后删掉往联通块内新加的边的贡献就行了。
最后对所有 \(X\) 的答案取一个最小值。
代码：
struct edge {
int t, n; ll d;
}e[400005];
int head[100005], head_size;
void ADD(int f, int t, ll d) {
e[++head_size]=(edge) {t, head[f], d};
head[f]=head_size;
}
int n, m, u, v; ll C, d;
ll dis[100005];
struct node {
int v; ll diss;
bool operator < (const node &a) const {
return a.diss<diss;
}
};
int sz[100005];
bool cmp(int a, int b) {
return dis[a]<dis[b];
}
void Dij() {
memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
dis[1]=0;
priority_queue<node>q;
q.push((node){1, 0});
while(q.size()) {
node op=q.top(); q.pop();
if(dis[op.v]!=op.diss) continue ;
for(int i=head[op.v]; i; i=e[i].n) {
if(dis[e[i].t]>dis[op.v]+e[i].d) {
dis[e[i].t]=dis[op.v]+e[i].d;
q.push((node){e[i].t, dis[e[i].t]});
}
}
}
}
bool pd[100005];
ll ans;
ll S;
int main(){
n=read(); m=read(); C=read();
for(int i=1; i<=m; ++i) {
u=read(); v=read(); d=read();
ADD(u, v, d); ADD(v, u, d);
ans+=d; S+=d;
}
Dij();
for(int i=1; i<=n; ++i) {
sz[i]=i;
} sort(sz+1, sz+n+1, cmp);
for(int i=1; i<=n; ++i) {
for(int j=head[sz[i]]; j; j=e[j].n) {
if(pd[e[j].t]) S-=e[j].d;
}
ans=min(ans, S+C*dis[sz[i]]);
pd[sz[i]]=1;
}
cout<<ans;
}
