“葡萄城杯”牛客周赛 Round 53
\(\Huge{“葡萄城杯”牛客周赛 Round 53}\)
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D. 小红组比赛
题意
给出两个数字 \(n,m\)，然后给出 \(n\) 组数，每组有 \(m\) 个数，最后给出一个数字 \(target\)。题目要求从每组中选出一个数，要求最后选出的数字之和 \(target\) 相差最小，求最小相差多少？
数据范围
- \(1\le n \le 100, 1 \le m \le 20\)
- \(1\le a_{i,j} \le 50\)
- \(1 \le target \le 5000\)
思路
读完题意可以很容易发现是一道分组背包问题的板子题，也是一道基础题，数据范围也符合。
但是这类问题可以使用位运算快速求解。
我们可以通过移位操作模拟加法操作，首先对于第一组数，我们都先将其通过 或 操作保存，我们可以使用 \(bitset\) 实现位运算操作。那么此时里面每个 为‘1’的位的下标 即为当前组里的数。
然后之后遍历每一组数的时候，只需重复上述操作。最后 \(bitset\) 中为 ‘1’ 的位的下标即为所有选择的可能结果。
然后我们根据 \(target\) 来遍历 \(bitset\) 中对应的位置，通过不断向两边查找，当查找到第一个‘1’时，那么当前位的下标与 \(target\) 的差值即为相差的最小值。
这样边实现了 \(O(nm)\) 时间复杂度的求解。
标程
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int main() {
int n, m; cin >> n >> m;
bitset<N> b, t;
b.set(0);
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
t.reset();
for(int j = 1; j <= m; j ++ ) {
int x; cin >> x;
t |= (b << x);
}
b = t;
}
int target; cin >> target;
int res = target;
for(int i = target, j = target; i >= 0 || j <= 100 * 50; i --, j ++ ) {
if(i >= 0 && b[i] == 1) {
res = target - i; break;
}
if(j < n * 50 && b[j] == 1) {
res = j - target; break;
}
}
cout << res << endl;
return 0;
}
E. 折半丢弃
题意
给出一个长度为 \(n\) 的数组 \(a\)，定义一次操作过程：选择其中任意一个元素 \(a_i\)，然后将其改为 $\left \lfloor \frac{a_i}{2} \right \rfloor $。
可以进行任意次操作，要求使得数组的 \(MEX\) 最大。
- 多实例 \(1\le T \le 10^4\)
- \(1\le n\le 10^5\)
- \(0\le a_i\le 10^6\)
思路
我们可以从 0 开始枚举，判断数组中现存的数字是否可以构造出，当不能构造出时，那么就找出了最大的 MEX。
在步骤”判断数组中现存的数字是否可以构造出”时，可以先对数组排序，然后从小开始判断。
因此先对数组进行排序，然后遍历整个原数组，并对原数组进行处理：我们对该数进行循环/2 操作，直到其在数组中没有出现过。
然后我们从 0 开始枚举 MEX，直到数组中的数字全部小于当前的 MEX 时结束，此时就得到了答案。
判断数字在数组中是否出现，可以用 set 容器。
标程
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ALL(x) x.begin(), x.end()
void Solved() {
int n; cin >> n;
vector<int> v(n);
set<int> st;
for(auto &i : v) cin >> i;
sort(ALL(v));
int res = 0;
for(auto i : v) {
while(i && st.count(i)) i /= 2;
st.insert(i);
}
while(st.count(res)) res ++;
while(st.size() && *st.rbegin() > res) {
int x = *st.rbegin();
st.erase(x);
x /= 2;
while(x && st.count(x)) x /= 2;
st.insert(x);
while(st.count(res)) res ++;
}
cout << res << endl;
}
signed main(void) {
int ALL = 1;
cin >> ALL;
while(ALL -- ) Solved();
return 0;
}
F.小红走矩阵
题意
给出一个 \(n\times m\) 的矩阵，起点和终点分别为 \((1,1),(n,m)\)，小红每次可以向上下左右移动。
由于矩阵中有障碍，因此小红可以在起点进行一次操作：选择一个障碍并替换为空地，然后选择失去向上下左右四个方向中的一个移动的能力。
求小红从起点到达终点的最小步数，如果无法到达则输出 \(-1\) 。
数据范围：
- \(1\le n,m \le 1000\)
思路
根据数据范围，我们可以使用 bfs 来搜，由于我们小红可以选择删去的方向只有五种情况：上、下、左、右、不删。
因此可以先枚举这五种情况，然后在搜索的过程中记录每个障碍物的删除情况。
实现过程中，我们可以使用 \(b[x][y][z]\) 来表示 \((x,y)\) 位置，\(z\in (0, 1)\)，若当前为障碍时，\(z\) 有两种情况：删/不删。然后进行搜索即可。
标程
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 0x7fffffff;
const int N = 1000 + 10;
int n, m, res = INF;
bool a[N][N];
int nxt[5] = {-1, 0, 1, 0, -1};
void bfs(int x, int y) {
for(int i = -1; i < 4; i ++ ) {
queue<tuple<int, int, bool>> q;
q.push({x, y, false});
vector b(n + 1, vector(m + 1, vector(2, -1)));
b[x][y][0] = 0;
while(!q.empty()) {
auto [x1, y1, z] = q.front(); q.pop();
for(int j = 0; j < 4; j ++ ) {
if(j == i) continue;
int x2 = x1 + nxt[j], y2 = y1 + nxt[j + 1];
if(x2 < 1 || x2 > n || y2 < 1 || y2 > m) continue;
bool z1 = z;
if(a[x2][y2]) {
if(z) continue;
else z1 = true;
}
if(b[x2][y2][z1] != -1) continue;
b[x2][y2][z1] = b[x1][y1][z] + 1;
q.push({x2, y2, z1});
}
}
if(b[n][m][0] != -1) res = min(res, b[n][m][0]);
if(i != -1 && b[n][m][1] != -1) res = min(res, b[n][m][1]);
}
}
int main() {
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
for(int j = 1; j <= m; j ++ ) {
char ch; cin >> ch;
a[i][j] = (ch == '.' ? 0 : 1);
}
}
bfs(1, 1);
cout << (res == INF ? -1 : res) << endl;
return 0;
}
G. 游游的删点直径
题意
给出一棵 n 个节点，n-1 条边的树，然后用 \(f(i)\) 表示不经过 i 号节点的所有路径中，最长的路径长度。
题目要求输出 \(f(1)...f(n)\) 的全部值。
数据范围：
- \(1\le n \le 10^5\)
- 保证树联通，没有重边
思路
这道题有一道类似的问题，也是树形dp问题：
题目：https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2196
题解：https://blog.csdn.net/weixin_73523694/article/details/139125496
其实通过题目要求我们就能够发现，相邻两个节点的 \(f(i)\) 必然存在联系，如果之前做过类似题或者了解过的应该能很快想到。
对于单个节点x，其f(x)只有两种情况：
- 如图1中①所示，为其父节点上面所构成的最长边
- 如图1中②所示，为其子树中所构成的最长边
- 然后每个区域的最长边如图2所示。
那么考虑相邻两个节点u、v的传递关系，那么u→v传递时如图3所示，可以分为三种。
标程
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
vector<int> a[N], res(N);
vector<vector<int>> dp(3, vector<int>(N));
int n, m, t;
void dfs1(int x, int y) {
for(auto& i : a[x]) {
if(i == y) continue;
dfs1(i, x);
dp[2][x] = max(dp[2][x], dp[2][i]); // 表示当前x树中不包括x的最大路径是多少
if(dp[0][i] + 1 > dp[0][x]) { // 最大
dp[1][x] = dp[0][x];
dp[0][x] = dp[0][i] + 1;
} else if(dp[0][i] + 1 > dp[1][x]) {// 次大
dp[1][x] = dp[0][i] + 1;
}
}
dp[2][x] = max(dp[2][x], dp[0][x] + dp[1][x]);
}
void dfs2(int x, int y, int p1, int p2) {
multiset<int> s1, s2;
s1.insert(0), s2.insert(0);
s1.insert(p1), s2.insert(p2); // 传递下来的最大值
for(auto& i : a[x]) { // 子节点中的最大值
if(i == y) continue;
s1.insert(dp[2][i]);
s2.insert(dp[0][i] + 1);
}
res[x] = *s1.rbegin(); // 记录当前节点答案
for(auto& i : a[x]) {
if(i == y) continue;
s1.erase(s1.find(dp[2][i]));
s2.erase(s2.find(dp[0][i] + 1));// 考虑传递的时候不能有本来这个点的答案构成先删去
int n1 = max(*s1.rbegin(), *s2.rbegin() + *prev(prev(s2.end())));
int n2 = *s2.rbegin() + 1; // 经过x最长路径是到x的父节点中所有路径中的最大值+1
dfs2(i, x, n1, n2);
s1.insert(dp[2][i]);
s2.insert(dp[0][i] + 1);
}
}
int main() {
cin >> n;
for(int i = 1; i < n; i ++ ) {
int x, y; cin >> x >> y;
a[x].push_back(y); a[y].push_back(x);
}
dfs1(1, 1);
dfs2(1, 1, 0, 0);
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
cout << res[i] << endl;
}
return 0;
}
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