2022CCPC绵阳站VP题解报告(CGHMAE六题)
队伍VP赛时 CGHME 五题。赛时个人出了CHE，赛后补3题GMA。题解按赛场过题人数排序。
目录
2022CCPC绵阳站VP题解报告
前言
- 队伍VP赛时 CGHME 五题。
- 赛时个人出了CHE，赛后补3题GMA。
- 题解按赛场过题人数排序。
Problem - C （签到思维）
注意到每次每个点的蝴蝶所在点的深度都会减少1，所以只需要在 1 号节点的所有孩子节点操作即可，答案就是1号节点的所有孩子的高度之和。
ac代码参考：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
const int N = 1e5 + 5, M = 2e5 + 5;
int n, tot;
int head[N], ver[M], nxt[M], dep[N];
inline void add(int x, int y){
ver[++tot] = y; nxt[tot] = head[x]; head[x] = tot;
}
void dfs(int x, int fa = 0){
dep[x] = 1;
for(int i = head[x]; i; i = nxt[i]){
int y = ver[i];
if(y == fa) continue;
dfs(y, x);
dep[x] = max(dep[x], dep[y] + 1);
}
}
void solve(){
tot = 1;
cin >> n;
for(int i = 1; i < n; i++){
int x, y;
cin >> x >> y;
add(x, y);
add(y, x);
}
dfs(1);
int ans = 0;
for(int i = head[1]; i; i = nxt[i]){
ans += dep[ver[i]];
}
cout << ans << '\n';
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
solve();
return 0;
}
H (codeforces.com) （签到构造）
注意到 \(k \le 100\)，所以我们完全可以铺开来，只考虑单元每轮死亡到少个不必考虑复活的事，所以延对角线输出\(2k\) 个点即可。
ac代码参考：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
void solve(){
int k; cin >> k;
cout << k * 2 << '\n';
for(int i = 1; i <= 2 * k; i++){
cout << i << ' ' << i << '\n';
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
solve();
return 0;
}
Problem - G （签到思维）
考虑相邻的两个数，其中较小的数一定无法存活至下一轮。因此每 一轮至少有一半(向下取整)的数字被删除，暴力模拟即可。
ac代码参考：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
void solve(){
int n,x;
cin>>n;
vector<int> a;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>x,a.push_back(x);
vector<int> b;
int ans=0;
while(a.size()!=1){
b.clear();
for(int i=0;i<a.size();i++){
if(i==0){
if(a[i]>a[i+1]) b.push_back(a[i]);
}
else if(i==a.size()-1){
if(a[i]>a[i-1]) b.push_back(a[i]);
}
else{
if(a[i]>a[i+1]&&a[i]>a[i-1]) b.push_back(a[i]);
}
}
a=b;
ans++;
}
cout<<ans<<'\n';
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
solve();
return 0;
}
Problem - M （栈）
注意到如果一段相同的字符 \(X\) 的左右两端点相邻 \(Y\)， 且 \(Y\) 能赢 \(X\)，则将这一段 \(X\) 全部换成 \(Y\) 不会影响答案。同理，如果 \(X\) 块位于序列的一端，且另一边与 \(Y\) 相邻。则也可以将这一段 \(X\) 全部换成 \(Y\) 不会影响答案。那么，我们就可以用一个栈来不断维护并更新 \(RPS\) 序列,时间复杂度 \(O(|s|)\)。
ac代码参考：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
void solve(){
string s;
cin >> s;
stack<char> st;
st.push(s[0]);
for(int i = 1; i < s.length(); i++){
while(!st.empty()){
char pre = st.top();
if(s[i] == 'R')
if(pre == 'P') break;
else if(s[i] == 'P')
if(pre == 'S') break;
else if(s[i] == 'S')
if(pre == 'R') break;
st.pop();
}
st.push(s[i]);
}
while(st.size() > 1) st.pop();
cout<< st.top() <<'\n';
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
int T;
cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
Problem - A （记忆化搜索）
注意到选取或禁用英雄时，一定会选择己方和对方剩余英雄中价值最大的。当某方选到 \(k\) 个英雄后，它不会再做“选取英雄”操作，而是 尽可能地去做“禁用英雄”操作。所以双方轮流操作时能到达的”状态数”只有\(O(nk^2 )\)个。
我们用 \(dp(x, i, j)\) 表示当前双方总共操作 \(x\) 轮，分别已经选取了 \(i, j\) 个英雄时的答案。然后记忆化搜索即可。
ac代码参考：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
const int N = 2e5 + 5;
int n, m, a[N], b[N], f[N][11][11];
bool vis[N][11][11];
int dfs (int x, int ca, int cb) {
if (x >= 2 * n) return 0;
if (vis[x][ca][cb]) return f[x][ca][cb];
vis[x][ca][cb] = true;
int aa = x / 2 - cb + ca + 1, bb = (x + 1) / 2 - ca + cb + 1, &t = f[x][ca][cb];
t = dfs (x + 1, ca, cb); //不选
if (x % 2 == 0) { //A
if (aa <= n && ca < m) t = max (t, dfs (x + 1, ca + 1, cb) + a[aa]);
}
else { //B
if (bb <= n && cb < m) t = min (t, dfs (x + 1, ca, cb + 1) - b[bb]);
}
return t;
}
void solve(){
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];
sort (a + 1, a + n + 1, greater<int>());
sort (b + 1, b + n + 1, greater<int>());
cout << dfs (0, 0, 0) << '\n';
}
int main () {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
solve();
}
Problem - E (图论上的DP，根号分治优化)
对于这个问题，其实我们不必管 \(a_i\)，我们只要求出点权为 \(1\) 转移的最小代价最后乘以权值即可，这么转换后我们不难想到一个暴力的 \(DP\) 做法，令 \(f(i,j)\) 表示第 \(j\) 号点，在第 \(i\) 天后的所有操作中所需的最小代价。那么转移就明显了，第 \(i\) 天需要转移 \(b_i\)，那么 \(f(i,b_i) = \min_{(b_i,y)\in edge}\{w(b_i,y) + f(i + 1, y)\}\) 其中 \(w(x,y)\) 为边权。
但是，像上述 \(DP\) 解法，时间和空间上都会超出限制，我们考虑怎么优化。由于每一天我们只会更新某一个 \(j\) 的值，所以我们可以直接省略 \(f\) 的第一维。此外，状态的转移是图的邻域问题，我们可以考虑一个常用的套路：根号分治。我们选取一个阈值 \(B\)，对所有的点按度数的大小分为两类：
- 对于度数小于 \(B\) 的点 \(j\)，我们只需要枚举来更新 \(f(j)\) 的的值。
- 对于度数大于 \(B\) 的点 \(j\)，我们考虑维护一个 \(multiset\)，对所有连向 \(j\) 的边 \((x,j)\)，将 \(f(x) + w(x,j)\) 放入集合。每次我们只需要从集合中取出最小值更新 \(f(j)\)，再枚举所有连接的度数大于 \(B\) 的点，更新多重集即可。
对于度数小于 \(B\) 的点，我们转移的复杂度是 \(O(B)\) 的，对于度数大于 \(B\) 的点最多有 \(\frac{2m}{B}\) 个，每次转移的复杂度是 \(O(\frac{m}{B}\log{n})\) 的。当 \(B = \sqrt{2m\log n}\) 时，总的复杂度为 \(O(q\sqrt{m\log n})\)。
ac代码参考：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
const int N = 1e5 + 5, M = 2e5 + 5;
const int mod = 998244353;
int n, m, q, tot, tb;
ll a[N], b[N], f[N], deg[N], edge[M], eb[M];
int head[N], ver[M], nxt[M];
int hb[N], vb[M], nb[M];
multiset<ll> se[N];
inline void add(int x, int y, ll z){
ver[++tot] = y; edge[tot] = z;
nxt[tot] = head[x]; head[x] = tot;
}
inline void addb(int x, int y, ll z){
vb[++tb] = y; eb[tb] = z;
nb[tb] = hb[x]; hb[x] = tb;
}
void solve(){
tot = tb = 1;
cin >> n >> m >> q;
int SQ = sqrt(2ll * m * log2(n));
for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
for(int i = 1; i <= m; i++){
int x, y, z;
cin >> x >> y >> z;
add(x, y, z); add(y, x, z);
deg[x] ++; deg[y] ++;
}
for(int x = 1; x <= n; x++) if(deg[x] > SQ)
for(int i = head[x]; i; i = nxt[i]){
int y = ver[i], z = edge[i];
se[x].insert(z + f[y]);
if(deg[y] > SQ) addb(y, x, z);
}
for(int i = 1; i <= q; i ++) cin >> b[i];
for(int j = q; j; j--){
int x = b[j];
if(deg[x] <= SQ){
ll cost = 1e18;
for(int i = head[x]; i; i = nxt[i])
cost = min(cost, edge[i] + f[ver[i]]);
for(int i = head[x]; i; i = nxt[i]){
int y = ver[i], z = edge[i];
if(deg[ver[i]] > SQ){
se[y].erase(se[y].find(z + f[x]));
se[y].insert(cost + z);
}
}
f[x] = cost;
}
else {
for(int i = hb[x]; i; i = nb[i])
se[vb[i]].erase(se[vb[i]].find(f[x] + eb[i]));
f[x] = *se[x].begin();
for(int i = hb[x]; i; i = nb[i])
se[vb[i]].insert(f[x] + eb[i]);
}
}
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
ans = (ans + f[i] * a[i]) % mod;
}
cout << ans << '\n';
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
solve();
return 0;
}
本文来自博客园，作者：CH-Yu，转载请注明原文链接：https://www.cnblogs.com/chuanhua-blogs/p/18852123
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