2022暑期杭电第八场

最新推荐文章于 2025-04-30 19:58:04 发布

TGUACM_admin

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分类专栏： 2022暑期集训题解 # 杭电竞赛文章标签： c++ 算法贪心算法

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2022暑期集训题解同时被 2 个专栏收录

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杭电竞赛

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1001题

Bragging Dice

题目链接

题目大意

给一个只含01的字符串s，可以对任意的奇数长度区间翻转，可操作任意次数，输出s能变成的字典序最小的字符串。

思路

奇数长度翻转，意味着翻转后不改变奇偶性
所以每个 $1$ 可以移动到任意同奇偶的位置
贪心地把 $1$ 移到右边即可
具体看一组样例操作吧
_I86_6L@6_UHMWK____2Q0J.png
发现答案由三部分组成，第一部分全是 $0$ ，第二部分 $01$ 交替，第三部分全是 $1$
我们分别统计在奇数位置和偶数位置上 $1$ 的数量
然后按规律排列即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
void solve()
{
	int ji=0,ou=0;
	s="";
	cin>>s;
	int len=s.length();
	for(int i=0;i<len;i++)
	{
		if(s[i]=='1')	i&1 ? ou++ : ji++;
	}
	
	int minn=min(ji,ou);
	ji-=minn,ou-=minn;
	
	int tmp=len-minn*2-ji*2-ou*2;
	for(int i=1;i<=tmp;i++) printf("0");
	
	if(len&1) //奇后偶前
	{
		if(ji) for(int i=1;i<=ji;i++) printf("01");
		if(ou) for(int i=1;i<=ou;i++) printf("10");
	}
	else //奇前偶后
	{
		if(ji) for(int i=1;i<=ji;i++) printf("10");
		if(ou) for(int i=1;i<=ou;i++) printf("01");
	}
	for(int i=1;i<=minn;i++) printf("11");
	cout<<endl;
}
int main()
{
	int test;
	cin>>test; 
	while(test--)
	{
		solve();
	}
}

1007题

Darnassus

原题链接

题目大意

给你点的数量 $\leqslant 50000)$ 和一个 $\sim n$ 的排列p。点的标号从 $1$ 到 $n$ ，点 $i$ 在排列 $p$ 中对应的值为 $p [i]$ ，任意两点间的边权为 $∣ i - j ∣ \times ∣ p [i] - p [j] ∣$ ，求最小生成树。

思路

$n$ 的数量看起来不大，但边的数量是 $n^2$ ，prim和kruskal都不好处理，但也就边的数量过多这一个问题了，所以考虑删除一些不太可能成为树边的边。

观察可得点标号 $i$ 和排列中对应值 $p [i]$ （以下简称为值）一一对应且计算边权时完全等价，将式子中差的绝对值视为距离，则可以很容易地发现距离越近则边权往往越小。由于 $i$ 和 $p [i]$ 等价，所以需要同时考虑点在标号中的距离和在排列中的距离，选择距离较近的一些边跑最小生成树算法。

到这一步，问题已经可解，唯一没有确定的是“距离较近的边”具体有多近。不考虑证明的话，直接在可容许的时间复杂度内选择尽量远的边即可，推荐试一试常见数，比如 $l o g 2 (n)$ 、 $s q r t (n)$ 等等。由于生成树时每个点都要走一遍，所以基础复杂度就 $O (n)$ 了，显然也没有多少数可以选择。~~别整成 $n^2$ 就行~~

正解是 $s q r t (n)$ 。

因为我们可以令标号差或值差尽可能地小——也就是 $1$ ，然后另外一个顶天了也就是 $n - 1$ ，所以最小生成树的边权不会大于等于 $n$ 。还记得边权的公式吗？现在是 $∣ i - j ∣ \times ∣ p [i] - p [j] ∣ < n$ ，显然只需要分别枚举 $∣ i - j ∣$ 和 $\leqslant \sqrt[]{n}$ 的部分就可以完整覆盖所有可能的边。

代码

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int min(int a,int b)
{
	return a<b?a:b;
}
inline int max(int a,int b)
{
	return a>b?a:b;
}
int n,p[50005],rp[50005];
bool vis[50005];
int dis[50005];
ll prim()
{
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	int count=0,l,r,k=sqrt(n)+1; ll ans=0;
	priority_queue<pair<int,int> >q;
	q.push({0,(1+n)/2});
	dis[(1+n)/2]=0;
	while(1)
	{
		int t=q.top().second;
		ll val=-q.top().first;
		q.pop();
		if(vis[t])continue;
		vis[t]=1;
		ans+=val;
		count++;
		if(count==n) return ans;
		l=max(1,t-k),r=min(n,t+k);
		for(int i=l;i<=r;i++)		//枚举位置 
		{
			int dis2=abs((t-i)*(p[t]-p[i]));
			if(!vis[i] && dis2<dis[i]){
				q.push({-dis2,i});
				dis[i]=dis2;
			}
		}
		l=max(1,p[t]-k),r=min(n,p[t]+k);
		for(int i=l;i<=r;i++)		//枚举值 
		{
			int dis2=abs((t-rp[i])*(p[t]-i));
			if(!vis[rp[i]] && dis2<dis[rp[i]]){
				q.push({-dis2,rp[i]});
				dis[rp[i]]=dis2;
			}
		}
	}
}
int main()
{
	int t; scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d",p+i);
			rp[p[i]]=i;
		}
		printf("%lld\n",prim());
	}
	return 0;
}

1008题

Orgrimmar

原题链接

题目大意

求一棵树最大分离集的大小，换句话说，就是保留树的部分节点和他们之间的边，使得每个节点至多只有一条边与其相连，求点的集合的最大值。

思路

树形 $d p$ ，可以发现父子节点之间有限制关系。令 ${f_x,_{0/1/2}}$ 分别表示 $x$ 为根的子树中，不选 $x$ /选 $x$ 但不选子节点连接/选 $x$ 且选子节点连接，符合要求的集合最大值。

状态转移：

( $y$ 为以 $x$ 为根的子节点)

${f_x,_0}=sum(max({f_y,_0},{f_y,_1},{f_y,_2}))$

${f_x,_1}=sum({f_y,_0})+1$

${f_x,_2}=sum({f_y,_0})+max({f_{y'},_1}-{f_{y'},_0})+1$

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef double db;

const int N=5e5+1;

int T,n,tot,a,b;
int head[N],ver[2*N],Next[2*N],f[N][3];

void add(int x,int y)
{
    ver[tot]=y;
    Next[tot]=head[x];
    head[x]=tot;
    tot++;
}

void dfs(int x,int fa)
{
    int m0=0,m1=0,m2=0;//表示以x为根的三种情况
    for(int i=head[x];~i;i=Next[i])
    {
        int y=ver[i];
        if(y==fa) continue;
        dfs(y,x);
        //状态转移
        m0+=max(max(f[y][0],f[y][1]),f[y][2]);
        m1+=f[y][0];
        m2=max(m2,f[y][1]-f[y][0]);
    }
    f[x][0]=m0;
    f[x][1]=m1+1;
    f[x][2]=m1+m2+1;
}

int main()
{
    int size(512<<20);
	__asm__ ( "movq %0, %%rsp\n"::"r"((char*)malloc(size)+size));
    
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d",&n);
        tot=0;
        for(register int i=1;i<=n;i++)//初始化
        {
            head[i]=-1;
            f[i][0]=0;f[i][1]=0;f[i][2]=0;
        }
        for(register int i=1;i<=n-1;i++)
        {
            scanf("%d%d",&a,&b);
            add(a,b);add(b,a);
        }
        dfs(1,0);
        printf("%d\n",max(max(f[1][0],f[1][1]),f[1][2]));
    }
    exit(0);
}

1011题

Stormwind

题目链接

题目大意

给定一个 $\times m$ 大小的矩形，要求画出尽可能多的线，使得按照这些线切割后得到的小矩形面积均 $\geqslant k$ ，问最多能够画多少条线

思路

如果我们确定了某一方向上这条线的间隔时，依靠面积 $k$ 即可求出另外一个方向上的间隔。那么我们只需要对某一个方向上的间隔进行枚举。随后计算出另外一个方向上的间隔，分别与 $nm$ 相除即可。值得注意的是，另一方向上的间隔大小应当向上取整，保证小矩形的面积 $\geqslant k$

代码

#include<iostream>
#include<math.h>
using namespace std;

void solve(){
    int n,m,k;
    cin>>n>>m>>k;
    int ans = 0;
    for(int i = 1;i <= k;i ++){
        double x = k*1.0 / i;
        int j = ceil(x);
        if(i > n || j > m)continue;
        ans = max(ans,n / i + m / j - 2);
    }
    cout<<ans<<endl;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)solve();
    system("pause");
    return 0;
}