CSP-S 2022 题解
来云参赛一下。
T1 假期计划
首先用 BFS 预处理出每对点是否 \(k\) 步可达，然后结合数据范围考虑枚举其中的两个点，不难想到枚举 \(B,C\)，只需要预处理出 \(1 \to B\) 和 \(1 \to C\) 路径上权值最大的景点即可。
但是发现这样可能会经过重复的景点，不过这个也很好修，预处理的时候记权值前 \(3\) 大的景点就行了，这样 \(3 \times 3 = 9\) 种组合中一定有一个合法的。时间复杂度 \(O(n^2)\)。
想了半天怎么求这个全源最短路，30min 了才反应过来是原来没有边权的，这下小丑了😢。
code
/*
挥拂去蒙尘半生的晦暗
用这嶙峋双臂迎接 振翅吧 我的蝴蝶
最后一支 赤诚赞歌盘旋
潮起潮落翻覆昼夜 澎湃在生命刻度之前
此刻色彩挣脱谎言 献予你 赤红纸花遍野
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2.5e3 + 5, K = 1e2 + 5;
int n, m, k, dis[N], v[N][4]; bool w[N][N];
int q[N], hd, tl;
LL a[N], ans;
vector <int> e[N];
int main() {
ios :: sync_with_stdio(0);
cin >> n >> m >> k;
for (int i = 2; i <= n; i++) cin >> a[i];
for (int i = 1, x, y; i <= m; i++) {
cin >> x >> y;
e[x].pb(y), e[y].pb(x);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) dis[j] = -1;
q[hd = tl = 1] = i, dis[i] = 0;
while (hd <= tl) {
int u = q[hd++];
for (int v : e[u]) if (dis[v] == -1) dis[v] = dis[u] + 1, q[++tl] = v;
}
for (int j = 1; j <= n; j++)
w[i][j] = dis[j] != -1 && dis[j] <= k + 1;
}
for (int i = 2; i <= n; i++)
for (int j = 2; j <= n; j++)
if (i ^ j && w[i][j] && w[1][j]) {
int cur = j;
for (int k = 1; k <= 3; k++) if (a[cur] > a[v[i][k]]) swap(cur, v[i][k]);
}
for (int i = 2; i <= n; i++)
for (int j = i + 1; j <= n; j++) if (w[i][j])
for (int p = 1; p <= 3; p++)
for (int q = 1; q <= 3; q++)
if (v[i][p] && v[j][q] && v[i][p] != j && v[j][q] != i && v[i][p] != v[j][q])
ans = max(ans, a[i] + a[j] + a[v[i][p]] + a[v[j][q]]);
cout << ans << endl;
return 0;
}
T2 策略游戏
没啥好说的，用线段树维护每个序列 非负数 / 负数 的 最大 / 最小 值，然后分类讨论就行了。代码里为了防止出错就全讨论完了。视 \(n,m\) 同阶，则时间复杂度为 \(O((n+q) \log n)\)。
code
/*
挥拂去蒙尘半生的晦暗
用这嶙峋双臂迎接 振翅吧 我的蝴蝶
最后一支 赤诚赞歌盘旋
潮起潮落翻覆昼夜 澎湃在生命刻度之前
此刻色彩挣脱谎言 献予你 赤红纸花遍野
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 5, M = N << 2, inf = 1e9 + 5;
int n, m, q, a[N], b[N];
#define ls o << 1
#define rs o << 1 | 1
#define mid ((l + r) >> 1)
#define LS ls, l, mid
#define RS rs, mid + 1, r
struct dat {
int mi, mx;
dat(int _mi = inf, int _mx = -inf) : mi(_mi), mx(_mx) {}
};
dat operator + (dat x, dat y) { return dat(min(x.mi, y.mi), max(x.mx, y.mx)); }
struct SGT {
dat tr[M];
void up(int o) { tr[o] = tr[ls] + tr[rs]; }
void mdf(int o, int l, int r, int p, int v) {
if (l == r) return tr[o] = dat(v, v), void();
(p <= mid ? mdf(LS, p, v) : mdf(RS, p, v)), up(o);
}
dat qry(int o, int l, int r, int L, int R) {
if (r < L || l > R) return dat();
if (L <= l && R >= r) return tr[o];
return qry(LS, L, R) + qry(RS, L, R);
}
} ta0, ta1, tb0, tb1;
int main() {
scanf("%d %d %d", &n, &m, &q);
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> b[i];
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (a[i] >= 0) ta0.mdf(1, 1, n, i, a[i]);
else ta1.mdf(1, 1, n, i, a[i]);
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (b[i] >= 0) tb0.mdf(1, 1, n, i, b[i]);
else tb1.mdf(1, 1, n, i, b[i]);
}
while (q--) {
int l1, r1, l2, r2;
scanf("%d %d %d %d", &l1, &r1, &l2, &r2);
dat a0 = ta0.qry(1, 1, n, l1, r1);
dat a1 = ta1.qry(1, 1, n, l1, r1);
dat b0 = tb0.qry(1, 1, n, l2, r2);
dat b1 = tb1.qry(1, 1, n, l2, r2);
bool x0 = a0.mi != inf;
bool x1 = a1.mi != inf;
bool y0 = b0.mi != inf;
bool y1 = b1.mi != inf;
LL ans = 0;
if (x0 && x1 && y0 && y1) ans = max(1ll * a0.mi * b1.mi, 1ll * a1.mx * b0.mx);
if (x0 && x1 && !y0 && y1) ans = 1ll * a1.mi * b1.mx;
if (x0 && x1 && y0 && !y1) ans = 1ll * a0.mx * b0.mi;
if (!x0 && x1 && y0 && y1) ans = 1ll * a1.mx * b0.mx;
if (!x0 && x1 && !y0 && y1) ans = 1ll * a1.mi * b1.mx;
if (!x0 && x1 && y0 && !y1) ans = 1ll * a1.mx * b0.mx;
if (x0 && !x1 && y0 && y1) ans = 1ll * a0.mi * b1.mi;
if (x0 && !x1 && !y0 && y1) ans = 1ll * a0.mi * b1.mi;
if (x0 && !x1 && y0 && !y1) ans = 1ll * a0.mx * b0.mi;
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
T3 星战
首先得把题读对，就是判断是不是内向基环树森林，这等价于每个点出度均为 \(1\)。打个暴力就有 \(60\) 分了。
我们维护集合 \(S\) 表示目前存在的所有边的起点构成的可重集，那么条件成立当且仅当 \(S= \{ 1,2,⋯,n \}\)，哈希即可。代码里使用的哈希方式是给每个元素一个随机权值 \(w_i\)，令 \(S\) 的权值 \(f_S=\sum_{i \in S} w_i\)，那么当 \(f_A = f_B\) 时 \(A,B\) 以高概率相等。维护操作是简单的，时间复杂度 \(O(n + q)\)。
code
/*
挥拂去蒙尘半生的晦暗
用这嶙峋双臂迎接 振翅吧 我的蝴蝶
最后一支 赤诚赞歌盘旋
潮起潮落翻覆昼夜 澎湃在生命刻度之前
此刻色彩挣脱谎言 献予你 赤红纸花遍野
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 5;
int n, m, q, s[N], cur[N], w[N], all;
int main() {
srand(20070103);
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) w[i] = rand(), all += w[i];
int ns = 0;
for (int i = 1, x, y; i <= m; i++) {
scanf("%d %d", &x, &y);
cur[y] += w[x], s[y] += w[x], ns += w[x];
}
scanf("%d", &q);
for (int i = 1, op, x, y; i <= q; i++) {
scanf("%d", &op);
if (op == 1) {
scanf("%d %d", &x, &y);
ns -= w[x], cur[y] -= w[x];
} else if (op == 2) {
scanf("%d", &x);
ns -= cur[x], cur[x] = 0;
} else if (op == 3) {
scanf("%d %d", &x, &y);
ns += w[x], cur[y] += w[x];
} else {
scanf("%d", &x);
ns += s[x] - cur[x], cur[x] = s[x];
}
puts(all == ns ? "YES" : "NO");
}
return 0;
}
T4 数据传输
首先考虑链怎么做。\(k=1\) 就是求链和，\(k=2\) 容易发现肯定不会走出链，于是可以直接 DP，设 \(f_{i,0/1}\) 表示上一个位置和 \(i\) 的距离为 \(0/1\)，此时的最小代价，转移是简单的。\(k=3\) 时最多只会走出链一步，于是预处理出每个点相邻点权的最小值，然后设 \(f_{i,0/1/2}\) 就行了，容易验证这样肯定是合法的。
然后就可以恭喜你已经获得了 \(76\) 分了。满分做法也很套路，把转移都写成矩阵的形式，然后倍增就行了。时间复杂度 \(O((n+q) \log n)\)，常数还挺大。
code
/*
挥拂去蒙尘半生的晦暗
用这嶙峋双臂迎接 振翅吧 我的蝴蝶
最后一支 赤诚赞歌盘旋
潮起潮落翻覆昼夜 澎湃在生命刻度之前
此刻色彩挣脱谎言 献予你 赤红纸花遍野
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair <int, int> pi;
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mem(x, v) memset(x, v, sizeof(x))
const int N = 2e5 + 5, K = 18, inf = 0x3f3f3f3f;
int n, q, k, lg, dep[N], v[N], w[N], p[K][N];
vector <int> e[N];
struct mat {
LL a[3][3];
mat() { mem(a, inf); }
mat operator * (const mat &x) const {
mat y;
for (int i = 0; i < 3; i++)
for (int j = 0; j < 3; j++)
for (int k = 0; k < 3; k++)
y.a[i][j] = min(y.a[i][j], a[i][k] + x.a[k][j]);
return y;
}
mat operator | (const mat &x) const {
mat y;
for (int j = 0; j < 3; j++)
for (int k = 0; k < 3; k++)
y.a[0][j] = min(y.a[0][j], a[0][k] + x.a[k][j]);
return y;
}
} up[K][N], down[K][N], ans;
void dfs(int u, int f) {
p[0][u] = f, dep[u] = dep[f] + 1;
for (int v : e[u]) if (v != f) dfs(v, u);
}
int lca(int x, int y) {
if (dep[x] < dep[y]) swap(x, y);
for (int i = lg; ~i; i--) if (dep[p[i][x]] >= dep[y]) x = p[i][x];
if (x == y) return x;
for (int i = lg; ~i; i--) if (p[i][x] != p[i][y]) x = p[i][x], y = p[i][y];
return p[0][x];
}
int main() {
scanf("%d %d %d", &n, &q, &k), lg = 31 - __builtin_clz(n);
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i];
for (int i = 1, x, y; i < n; i++) {
cin >> x >> y;
e[x].pb(y), e[y].pb(x);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
w[i] = inf;
for (int to : e[i]) w[i] = min(w[i], v[to]);
if (k == 1) up[0][i].a[0][0] = v[i];
if (k == 2) {
up[0][i].a[1][0] = 0;
up[0][i].a[0][1] = up[0][i].a[1][1] = v[i];
}
if (k == 3) {
up[0][i].a[1][0] = 0;
up[0][i].a[1][1] = w[i], up[0][i].a[2][1] = 0;
up[0][i].a[0][2] = up[0][i].a[1][2] = up[0][i].a[2][2] = v[i];
}
down[0][i] = up[0][i];
}
dfs(1, 0);
for (int j = 1; j <= lg; j++)
for (int i = 1; i <= n; i++) {
p[j][i] = p[j - 1][p[j - 1][i]];
up[j][i] = up[j - 1][i] * up[j - 1][p[j - 1][i]];
down[j][i] = down[j - 1][p[j - 1][i]] * down[j - 1][i];
}
for (int i = 1, s, t, r; i <= q; i++) {
scanf("%d %d", &s, &t), r = lca(s, t);
mem(ans.a, inf);
ans.a[0][k - 1] = v[s];
if (s != r) {
s = p[0][s];
for (int j = lg; ~j; j--) if (dep[p[j][s]] >= dep[r])
ans = ans | up[j][s], s = p[j][s];
ans = ans | up[0][r];
}
vector <pi> pa;
for (int j = lg; ~j; j--) if (dep[p[j][t]] >= dep[r]) pa.pb({j, t}), t = p[j][t];
reverse(pa.begin(), pa.end());
for (pi z : pa) ans = ans | down[z.fi][z.se];
printf("%lld\n", ans.a[0][k - 1]);
}
return 0;
}
瑞平一下：
难度：\(2 < 1 < 4 < 3\)。
个人对这套题的感觉是，除了 T3 感觉有点神秘，其他的题全是套路题，并且后两题都有巨多部分分，于是像我这种无脑选手都能轻松上 \(300\) 了
。果然 CNOI 要变成代码不写挂大赛了吗（大雾）。
不过据群友们所说，其实 T3 也很套路，只不过我作为确定性算法爱好者平时没怎么练过罢了 qaq。
预估了一下，如果自己在考场上期望得分大概是 \(100+100+[60,100]+[76,100]=[336,400]\) 这样子，不过 T3 大概率是做不出的，更可能是 \(336\) 或者 \(360\)。有点菜。
怎么大伙都 AK 了😢，\(360\) 还是不够看啊。
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