Baozii Winter Training Camp Round 1

Problem E. TSP 问题

将所有点按照 \(x\) 分块，设块长为 B，则 \(x\) 在同一个块中的点，按照 \(y\) 排序，不在同一个块中的点，按照 \(x\) 排序

共有 \(n/B\) 个块，每一个块内对答案的贡献是：\(B+Y_{max}=2*10^5\)，两个块之间对答案的共贡献是 \(X_{max}=2*10^5\)

总贡献即为 \(B*2e5+n/B * 2e5\)，当 \(B=sqrt(n)\) 时最优

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
using pii=pair<int,int>;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
const ll inf = 1e18;
const int mod = 998244353;

struct node{
    int x,y,idx;
};

void solve(){
    int n;
    cin>>n;

    vector<node> p(n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>p[i].x>>p[i].y;
        p[i].idx=i;
    }

    int B=sqrt(n);

    sort(p.begin()+1,p.end(),[&](node a,node b)-> bool {
        if(a.x/B==b.x/B){
            return a.y<b.y;
        }
        return a.x<b.x;
    });

    for(int i=1;i<=n;i++){
        cout<<p[i].idx<<" ";
    }
}
	
signed main(){

	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);

	int t=1;
	// cin>>t; 
	
	while(t--){
		solve(); 
	}

}

Problem A. 逆序对

首先想到根号分治

当 $ b<=\sqrt n\ $ 时，可以暴力统计所有的 \(b\)，这一步复杂度 \(\sqrt n\ * log(n) * log(n)\)。

当 $ b>\sqrt n\ $ 时，\(n\) 的二进制表示只有两位，第 0 位是 \(n~mod~b\)，第 1 位是 \(\lfloor n/b \rfloor\)

此时可以按照 \(\lfloor n/b \rfloor\) 的值分块，对于一对 \(l,r\)， 使得 \(\lfloor n/l \rfloor\) 到 \(\lfloor n/r \rfloor\) 的值都相等

设此时 \(\lfloor n/b \rfloor\) 的值为 \(k\)

则若 \(n~mod~b~>~k\) 则代表 \(b\) 进制时会产生一个逆序对

等价于 \(n-b*k>k\)

推出 \(b_{max}=(n-k-1)/k\)

所以在 \(l,r\) 范围内，\(l - b_{max}\) 会对答案有 1 的贡献

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
using pii = pair<int,int>;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
const ll inf = 1e18;
const int mod = 998244353;

void solve(){
    int n;
    cin>>n;

    int ans=0;
    int l=2,r;
    for(int i=2;i*i<=n;i++){
        l=i+1;
        vector<int> d;
        int val=n;
        while(val){
            d.push_back(val%i);
            val/=i;
        }
        for(int i=0;i<d.size();i++){
            for(int j=i+1;j<d.size();j++){
                if(d[i]>d[j]) ans++;
            }
        }
    }


    while(1){
        int k=n/l;
        r=min(n/k,n-1);
        
        int b=min((n-k-1)/k,r);
        ans+=max(0ll,b-l+1);
        l=r+1;
        if(l>n-1) break;
    }
    cout<<ans<<endl;
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);

    int ct=1;
    cin>>ct;
    while(ct--){
        solve();
    }

    return 0; 
}

Problem B. NPC 挑战

找一个汉密尔顿路径，要求复杂度优化到 \(O(2^n * n)\)

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#include<bits/stdc++.h>
// #define int long long
using namespace std;
using pii = pair<int,int>;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
const ll inf = 1e18;
const int mod = 998244353;

int popcount(int x){
    return __builtin_popcount(x);
}

int lowbit(int x){
    return x&-x;
}

void solve(){
    int n,m;
    cin>>n>>m;

    vector<int> g(n+1);

    while(m--){
        int u,v;
        cin>>u>>v;
        v--,u--;
        g[u]|=1<<v;
    }

    vector<int> f((1<<n)+1);
    for(int i=0;i<n;i++){
        f[1<<i]=1<<i;
    }

    //f[mask1]=mask2, mask2 中第 i 位为 1 表示可以 i 为起点走完路径 mask1

    for(int mask=0;mask<(1<<n);mask++){
        if(popcount(mask)==1) continue;
        int u=mask;
        while(u){
            int v=__builtin_ctz(u);
            u-=lowbit(u);
            //找到上一个位置v，如果mask^v 可以以 k 为起点，且 v 可以走到 k
            //则 f[mask] 可以从 f[mask^v] 转移过来
            if(f[mask^(1<<v)] & g[v]){
                f[mask]|=1<<v;
            }
        }
    }
    if(f[(1<<n)-1]) cout<<"YES";
    else cout<<"NO";
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);

    int ct=1;
    // cin>>ct;

    while(ct--){
        solve();
    }

    return 0; 
}