2025-11-13~14 hetao1733837的刷题记录
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11-13
[JOISC 2014]Water Bottle
原题链接1：[P14422 [JOISC 2014] 水桶 / Water Bottle]([P14422 JOISC 2014] 水桶 / Water Bottle - 洛谷)
原题链接2：#2876. 「JOISC 2014 Day2」水壶
洛谷题名怎么和LOJ不一样啊/(ㄒoㄒ)/~~
分析
呃，不知从哪冒出了瓶颈最短路这个词，被mhh认为是正确的，因此引发了瓶颈生成树（整张图），因为由定义“无向图$G$的瓶颈生成树是这样的一个生成树，它的最大的边权值在$G$的所有生成树中最小。”而瓶颈生成树又是最小生成树，所以转化为原图求最小生成树，两点之间距离转化为树上路径，可以直接建$Kruskal$重构树（最小生成树多维护一下最大两点距离而已）跑倍增，斜二倍增甚至树剖都可以。但是问题在于$O(n^{2})$建图是无法接受的，因为原图是个矩阵……线段树优化建图，？可行但是吃多了。看一眼$tag$，惊奇发现$bfs$，容我稍考……多源$bfs$即可？好吧，我基础是一坨……
那么，就可以写代码了？我真是吃多了……
正解
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int HW = 2005, P = 400005;
char c[HW][HW];
pair<int, int> vis[HW][HW];
struct node{
int a, b;
}inp[P];
int h, w, p, q;
int dx[] = {1, 0, -1, 0},
dy[] = {0, -1, 0, 1};
int fa[P * 2];
int getfa(int x){
return x == fa[x] ? x : fa[x] = getfa(fa[x]);
}
struct node1{
int u, v, w;
}e[HW * HW];
bool cmp(node1 o1, node1 o2){
return o1.w < o2.w;
}
vector<int> g[P * 2];
int we[P * 2], de[P * 2];
pair<int, int> f[P * 2][21];
void dfs(int u){
for (int i = 1; i <= 20; i++){
f[u][i].first = f[f[u][i - 1].first][i - 1].first;
f[u][i].second = max(f[u][i - 1].second, f[f[u][i - 1].first][i - 1].second);
}
for (auto v : g[u]){
f[v][0].first = u;
f[v][0].second = we[v];
de[v] = de[u] + 1;
dfs(v);
}
return ;
}
int ans;
void lca(int x, int y){
ans = 0;
if (de[x] < de[y])
swap(x, y);
for (int i = 20; i >= 0; i--){
if (de[f[x][i].first] >= de[y]){
ans = max(ans, f[x][i].second);
x = f[x][i].first;
}
}
if (x == y){
return ;
}
else{
for (int i = 20; i >= 0; i--){
if (f[x][i].first != f[y][i].first){
ans = max(ans, f[x][i].second);
ans = max(ans, f[y][i].second);
x = f[x][i].first;
y = f[y][i].first;
}
}
ans = max(ans, we[x]);
ans = max(ans, we[y]);
ans = max(ans, we[f[x][0].first]);
}
return ;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
//input
cin >> h >> w >> p >> q;
for (int i = 1; i <= h; i++){
string s;
cin >> s;
for (int j = 0; j < w; j++){
c[i][j + 1] = s[j];
}
}
for (int i = 1; i <= h; i++){
for (int j = 1; j <= w; j++){
vis[i][j] = {0, 0};
}
}
queue<pair<int, int>> qu;
for (int i = 1; i <= p; i++){
cin >> inp[i].a >> inp[i].b;
vis[inp[i].a][inp[i].b] = {0, i};
qu.push({inp[i].a, inp[i].b});
}
//bfs
int top = 0;
while (!qu.empty()){
int x = qu.front().first;
int y = qu.front().second;
qu.pop();
for (int i = 0; i < 4; i++){
int tx = x + dx[i], ty = y + dy[i];
if (tx >= 1 && tx <= h && ty >= 1 && ty <= w && c[tx][ty] == '.'){
if (!vis[tx][ty].second){
vis[tx][ty] = {vis[x][y].first + 1, vis[x][y].second};
qu.push({tx, ty});
}
else if (vis[x][y].second != vis[tx][ty].second){
e[++top] = {vis[x][y].second, vis[tx][ty].second, vis[x][y].first + vis[tx][ty].first};
}
}
}
}
//Kruskal
for (int i = 1; i < p; i++)
e[++top] = {i, i + 1, 0x3f3f3f3f3f3f3f3f};
sort(e + 1, e + top + 1, cmp);
int cur = p;
for (int i = 1; i <= p * 2; i++)
fa[i] = i;
for (int i = 1; i <= top; i++){
int x = e[i].u, y = e[i].v, z = e[i].w;
int fx = getfa(x), fy = getfa(y);
if (fx == fy)
continue;
cur++;
g[cur].push_back(fx);
g[cur].push_back(fy);
fa[fx] = fa[fy] = cur;
we[cur] = z;
}
for (int i = 1; i <= cur; i++){
for (int j = 0; j <= 20; j++){
f[i][j] = {0, 0};
}
}
de[cur] = 1;
f[cur][0] = {cur, we[cur]};
dfs(cur);
//solve
while (q--){
int x, y;
cin >> x >> y;
if (x == y){
cout << 0 << '\n';
continue;
}
ans = 0;
lca(x, y);
if (ans == 0x3f3f3f3f3f3f3f3f)
cout << -1 << '\n';
else
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
吃饱了……
[JOISC 2014] Making Friends is Fun
原题链接1：[JOISC 2014] 有趣的交朋友 / Making Friends is Fun
原题链接2：「JOISC 2014 Day2」交朋友
分析
利用人类智慧一下就模拟出来了，哈哈哈哈哈哈哈哈哈……计算机，靠你了……靠不住/(ㄒoㄒ)/~~
像这样一个点指向两外两个点，有点像树啊……加上边像基环树？我在胡言乱语……问一下……$tag$里给出了并查集，给我一些恍惚的启发……难道就是这样的“有向三角”？Oh，我有了一些思路，额外记录每个点的入度和出度，然后对于没有入度的点，对其出度进行排列组合，呃，好像还要做一些去重，这些是$tag$里的$bfs$吗？我需要询问。
呃，花花的思路大概是打标记打标记，然后啊吧啊吧啊吧啊，我也并非深刻理解。
但是，aoao的很具启发性，是一种很数学的做法，类似排列组合，虽然并未理解精髓。
正解
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 100005;
int n, m, a, b;
vector<int> e[N];
int fa[N], sz[N];
int getfa(int x){
return x == fa[x] ? fa[x] : fa[x] = getfa(fa[x]);
}
void merge(int x, int y){
x = getfa(x);
y = getfa(y);
if (x != y){
if (sz[x] > sz[y])
swap(x, y);
fa[x] = y;
sz[y] += sz[x];
}
}
void dfs(int u){
for (auto v : e[u]){
if (getfa(u) == getfa(v))
continue;
merge(u, v);
dfs(v);
}
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= m; i++){
cin >> a >> b;
e[a].push_back(b);
}
for (int i = 1; i <= n; i++){
fa[i] = i;
sz[i] = 1;
}
for (int i = 1; i <= n; i++){
int tmp = 0;
for (auto v : e[i]){
if (!tmp){
tmp = v;
continue;
}
merge(tmp, v);
tmp = v;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (sz[getfa(i)] >= 2)
dfs(i);
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++){
if (getfa(i) == i)
ans += sz[i] * (sz[i] - 1);
for (auto v : e[i]){
if (getfa(v) == getfa(i)){
continue;
}
ans++;
}
}
cout << ans;
}
花花思路也很巧妙！对于两个点，如果连了双向边，那么就可以直接合并它们的儿子，对于一些还没有合并儿子的，直接合并然后递归儿子即可，那么打一下标记即可。代码我会(will)写吗？
11-14
[CSP-S 2023] 结构体
原题链接：[CSP-S 2023] 结构体
分析
吃饭前写了$op1$和$op2$两个，交了一发全WA了。
${\color{Black}{16:20}}$ 不会后两个，感觉要额外记录，初觉不对。决定找AI把前两个修一下，瞅一眼题解。
${\color{Black}{16:35}}$ 吃不动了，决定he题解。发现有一篇思路十分接近。
wcnm，为啥题解是错的！！！
™不写了。
[CSP-S 2025] 道路修复 / road
分析
考场上在仅剩的40分钟里想到了最小生成树，结果，忘了板子，以为赛季结束了/(ㄒoㄒ)/~~
正解
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2000005, M = 10000005;
int n, m, k;
int fa[N];
struct node{
int u, v, w;
}e[M], g[N];
int c[N];
bool vis[N];
bool cmp(node x, node y){
return x.w < y.w;
}
int getfa(int x){
return fa[x] == x ? x : fa[x] = getfa(fa[x]);
}
int main(){
cin >> n >> m >> k;
for (int i = 1; i <= m; i++){
cin >> e[i].u >> e[i].v >> e[i].w;
}
sort(e + 1, e + m + 1, cmp);
for (int i = 1; i <= n; i++)
fa[i] = i;
int cnt = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++){
int fu = getfa(e[i].u), fv = getfa(e[i].v);
if (fu == fv)
continue;
fa[fu] = fv;
g[++cnt] = e[i];
if (cnt == n - 1)
break;
}
cnt = m;
for (int i = 1; i <= k; i++){
cin >> c[i];
for (int j = 1; j <= n; j++){
cnt++;
e[cnt].u = j;
e[cnt].v = n + i;
cin >> e[cnt].w;
}
}
sort(e + 1, e + cnt + 1, cmp);
long long ans = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
for (int mask = 0; mask < (1 << k); mask++){
long long cur = 0;
int num = 0;
for (int j = 0; j < k; j++){
if (mask >> j & 1){
num++;
cur += c[j + 1];
}
}
for (int i = 1; i <= n + k; i++)
fa[i] = i;
int need = n + num - 1;
for (int i = 1; i <= cnt; i++){
int u = e[i].u, v = e[i].v;
if (v > n) {
int id = v - n;
if (!(mask >> (id - 1) & 1))
continue;
}
int fu = getfa(u), fv = getfa(v);
if (fu == fv)
continue;
fa[fu] = fv;
cur += e[i].w;
need--;
if (need == 0)
break;
}
if (need == 0)
ans = min(ans, cur);
}
cout << ans;
return 0;
}
两遍$Kruskal$，行吧……我是sugar这启示我们，$\color{Black}{多重限制，时间复杂度允许，就多跑几层，分层的思想还是很常用的。}$
好吧，要去听烫烫选科讲座了，我不明白，竞赛班不是选物化生吗？反正我是这么打算的。毕竟文科从开学以来没咋听过(●'◡'●)
OSU!
原题链接：OSU!
分析
维护$x1$表示$x$的期望，$x2$表示$x^2$的期望。
$x1_i=(x1_{i-1}+1)\times p_i$
$x2_i=(x2_{i-1}+2\times x1_{i - 1} + 1)\times p_i$
$ans_i=ans_{i-1}+(3 \times x2_{i - 1}+ 3 \times x1_{i-1} + 1) \times p_i$
正解
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100005;
int n;
double x1[N], x2[N], ans[N], p[N];
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++){
cin >> p[i];
}
for (int i = 1; i <= n; i++){
x1[i] = (x1[i - 1] + 1) * p[i];
x2[i] = (x2[i - 1] + 2 * x1[i - 1] + 1) * p[i];
ans[i] = ans[i - 1] + (3 * x2[i - 1] + 3 * x1[i - 1] + 1) * p[i];
}
cout << fixed << setprecision(1) << ans[n];
}
[JXOI2018] 游戏
原题链接：[JXOI2018]游戏
分析
设有$k$个关键点，把序列分成$k+1$段。对于每个非关键点，排在关键点后面概率为$P=\frac{1}{k+1}$，期望$E=(n-k)P=\frac{n-k}{k+1}$，最后一个关键点期望$E_n=\frac{k(n+1)}{k+1}$，最终答案$\frac{k}{k+1}(n+1)!$。
正解
#include <bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define int long long
using namespace std;
const int N = 10000005;
int l, r;
bool vis[N];
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> l >> r;
int k = 0;
for (int i = l; i <= r; i++){
if (!vis[i]){
k++;
for (int j = i * 2; j <= r; j += i){
vis[j] = 1;
}
}
}
int ans = k;
for (int i = 1; i <= r - l + 2; i++){
if (i != k + 1)
ans = ans * i % mod;
}
cout << ans;
}
posted on 2025-11-14 22:05 hetao1733837 阅读(0) 评论(0) 收藏 举报
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