2017.8.15 总结

最新推荐文章于 2022-10-26 10:59:48 发布

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本文解析了三道算法竞赛题目，包括判断图形是否美丽、等差数列集合划分及树上查询最大深度。提供了详细的解题思路与代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

今天的题…还好…不是特别难qwq…只不过没想到T2竟然是个结论题，手玩玩出来的（可能是我太傻了吧QAQ），结果只拿了10分…还有这个T1…输入竟然是一个 $n$ 加两个生成数据的 $seed$ …刚看到时，我一脸懵逼…

T1

题意：一个人画出了 $n$ 个点，从 $1\sim n$ 进行标号，并决定使用特殊方法连边。对于第 $i$ 个点 $(2\leq i\leq n)$ ，他有两种连边方法：
$(1)：$ 将这个点与 $1\sim i-1$ 号点都连一条边；
$(2)：$ 不作操作（即不向前连边）；
他画了很多图，但他不知道哪一些是“美丽的”。一个图是“美丽的”当且仅当这个图存在完美匹配。所以要你帮助他判断哪些图是“美丽的”。
$P.S.：$ 这题的输入文件十分不一样，第一行包含一个正整数 $T$ ，表示数据组数。
对于第 $t$ 组数据，第 $t+1$ 行有三个整数 $n,seed,seed2$
这三个数将用于生成一段数字 $p[2...n]$ ， $p[i]$ 表示第 $i$ 个点的连边方案。（并给你了个 $makedata.cpp/pas$ ）…

画外音：看上去这题一脸…不可做的样子…实际上是送分题（雾）。

思路&&题解：这题第一眼看上去要求完美匹配，是一件非常烦的事情。但是，当再看一遍题目就会发现，其实只用 $O(n)$ 扫一遍就好了qwq。首先， $n\%2==1$ 时一定是不行的，因为显然完美匹配的顶点必然有偶数个；其次， $p[n]$ 一定不能是 $2$ ，若 $p[n]==2$ ，则第 $n$ 个点无法与前面任何一个点进行匹配。知道这两点后，我们可以从后往前扫一遍，用一个 $num$ （初始值为0）的变量来完成这个过程。对于每个点 $i$ ，若 $p[i]==1$ ，则 $num++$ ；否则， $num--$ ，若 $num<0$ ，则直接跳出，输出 $No$ 。否则遍历一遍之后，若 $num\geq0$ ，就是 $Yes$ 。（当时我用了个数组，来模拟栈…是不是很傻233）

以下是 $T1$ 的 $makedata$ 代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int p[2000005];
int seed,seed2,n;
int getrand() {
    seed=((seed*(12321+n/1000))^9999)%32768;
    return seed;
}
int getrand2() {
    seed2=((seed2*(12321+n/1000))^9999)%32768;
    return seed2;
}
void generateData() {
    scanf("%d%d%d",&n,&seed,&seed2);
    memset(p,0,sizeof p);
    for(int i=2;i<=n;i++)
        p[i]=((getrand()/128)%2)^((getrand2()/128)%2);
    for(int i=2;i<=n;i++)
        p[i]++;
}
int main() {
    generateData();
    return 0;
}

T2

题意：给你一个从 $1$ 开始（即数列第一项为 $f(1)$ ）的等差数列的两项 $f(a),f(b)$ ，给出 $c,d,m$ ，现在要求你将集合 $A=\{f(c),f(c+1),...,f(d-1),f(d)\}$ 拆成 $m$ 个互不相交的集合，要求这 $m$ 个集合元素个数和元素之和均相等。
给出任意一种可行解（每行输出一个集合的元素，并在行末输出一个 $0$ ）。（数据保证有解）。

思路：这题，我当时搞了两个小时也没想出什么结果（没想到最后是手玩出结论啊啊啊QAQ）…到最后只拿了一个集合的元素个数与 $m$ 相等的10分…我是先求出整个 $f(c),f(c+1),...,f(d-1),f(d)$ 的序列，然后按如下代码乱搞…（ $P.S.：myset$ 其实是 $vector$ ，然后 $seq$ 等都是事先求好的）。

int now=1;
for(int i=1;i<=len;i++) {
    myset[now].push_back(seq[i]);
    if(i%x!=0)
        now=now%x+1;
}
for(int i=1;i<=m;i++) {
    for (unsigned j=0;j<myset[i].size();j++) {
        printf("%lld ",myset[i][j]);
    }
    printf("0\n");
}
return 0;

题解：设 $n=(d-c+1)\div m$ ，问题转化为将 $1\sim (d-c+1)$ 这连续 $(d-c+1)$ 项填入一个 $n$ 行 $m$ 列的矩阵，每一列对应一个集合。先将这个数列的前 $3\cdot m$ 项提出不管，后面的 $(m-3)\cdot n$ 项通过元素个数为偶数的情况解决（具体不详细讲了qwq）。
通过手玩（大雾）或记结论我们可以得到这样一种做法：
对于第一行，按照正常的顺序 $1\sim n$ 填写。
对于第二行，将 $n+1-2\cdot n$ 按顺序填写：从右边第一个开始，每填一格空一格，填到尽头时，再从右边第一个空格开始，填满所有的空格。
对于第三行，将 $2\cdot n+1-3\cdot n$ 按顺序填写：从右边第二个开始，每填一格空一格，填到尽头时，再从右边第一个空格开始，填满所有的空格。
正确性的话..限于篇幅我就不讲了，有兴趣的同学可以自己证一证（我太懒了qwq）。

T3

题意：给定一个以 $1$ 为根的有 $n$ 个节点的树，一共有 $m$ 次询问。每次询问，给出两个点集 $A,B$ 。
求解 $lca(x,y)$ 深度的最大值，其中 $x\in A,y\in B$ 。
规定 $1$ 号点的深度为 $1$ 。

思路：当时在想这题的时候，我没想出个所以然，于是最后打了个暴力，两重 $for$ 循环遍历点集 $A$ 和 $B$ 中的点，每次倍增求个 $LCA$ ，然后与现在记录的最大深度 $maxdep$ 比较，若更大则更新 $maxdep$ 。我在其中加了个剪枝，即：当前扫到的节点 $x$ ，如果 $dep[x]\leq maxdep$ ，则直接 $continue$ ，因为如果原来节点深度小于 $maxdep$ ，那它的 $LCA$ 的深度绝对不会大于 $maxdep$ 。通过爆搜+剪枝我拿了70…qwq。

题解：假设我们现在处理 $x$ 点，其他任何点与 $x$ 点的 $LCA$ 只可能是 $x$ 或 $x$ 的祖先。而根据 $LCA$ 的不同，这些点可以被分为一些联通块。每一个联通块的内部都是一段连续的 $dfs$ 序。可以证明，有这样一个结论：
依照 $dfs$ 序，若两个点的 $dfs$ 序越接近，则两个点的 $LCA$ 深度越大。
每次询问将其中一个点集按照 $dfs$ 序排序，对于另外一个点集中的每个点，其在这个点集中 $dfs$ 序最近的点。 $P.S.：$ 有可能是 $dfs$ 序比它大的，也有可能是比它小的。
时间复杂度为 $O(n\log n)$ 。