Codeforces 1020E Sergey's problem(模拟瞎做)

本文介绍了一个有向图问题的解决方案,目标是寻找一个点集,使集内点间无直接连接,同时非集内点至少能通过两步到达集内一点。通过两次遍历,分别按正序和逆序处理父子节点关系,确保了最终结果的正确性。

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Codeforces 1020E Sergey’s problem

题目大意

给你一个有向图,需要找到一个点集合,使得这个集合内的所有元素之间没有边相连,并且,不在该集合内的点总能在该集合内找到一个点距离不大于2

思路

讲个笑话,大家觉得Div2 E题是神仙题,没人敢做。我也是,昨晚wa了一发test3后就不敢做了。但是第二天一看那么简单。。。

上来肯定先模拟啊。我先遍历一遍,假设遍历到的一个没遍历过的点是我们要的集合内的元素。那它的儿子就一定不是我们的集合元素了(因为集合内元素不能有边相连)。所以我们把它的儿子扔掉,并且都标记为访问过了。然后我们要重新遍历一遍,看看谁的爹地已经在集合里了,我们就把这个儿子扔了。但是需要注意的是这次遍历要和上次遍历顺序相反。比如,如果上次遍历是从1到n遍历,那么序号比他大的儿子都扔了,这些序号比他大的儿子就没办法进集合,但是那些序号比他小的儿子已经被扔进集合的侥幸躲过一劫。但是如果我们仍然从序号从小到大遍历找爹地已经在的,这些序号比较小的同志也要被扔掉了。不巧的是,如果爸爸和爷爷也因为相同的理由被扔了,那么这些序号较小的同志就要哭晕在厕所了(两距离内抵达不了)。如果倒着来,我们先发现爷爷,比如爷爷的爸爸没有被加进集合,那爷爷被保留了,然后爸爸被扔了,那这些孙子就不用被扔了。所以两次要相反顺序遍历(我就是这样wa在了test 16)

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <set>
using namespace std;
struct node
{
    vector<int>sons;
    vector<int>father;
}mapper[1000005];
bool vis[1000005];
bool mark[1000005];
set<int> ans;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<m;i++)
    {
        int a,b;
        cin>>a>>b;
        mapper[a].sons.push_back(b);
        mapper[b].father.push_back(a);
    }
    memset(vis,0,sizeof vis);
    memset(mark,0,sizeof mark);
    for(int i=n;i>0;i--)
    {
        if(!vis[i])
        {
            vis[i]=true;
            mark[i]=true;
            for(int j=0;j<mapper[i].sons.size();j++)
            {
                vis[mapper[i].sons[j]]=true;
            }
        }
    }
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        if(mark[i])
        {
            for(int j=0;j<mapper[i].father.size();j++)
            {
                if(mark[mapper[i].father[j]])
                {
                    mark[i]=false;
                    break;
                }
            }
            if(mark[i])ans.insert(i);
        }
    }
    cout<<ans.size()<<endl;
    for(auto it : ans)
    {
        cout<<it<<" ";
    }
    return 0;
}

题目链接:http://codeforces.com/contest/1020/problem/E

### Codeforces Round 1020 题目与解析 #### A. 示例题目(假设为“A. Simple Sum”) **题目描述** 给定一个整数数组 \( a \) 和一个目标值 \( x \),判断是否存在两个元素的和等于 \( x \)。 **题解** 此问题可以通过哈希表来高效解决。遍历数组时,将每个元素插入到哈希表中,并检查是否存在另一个元素使得两者的和等于 \( x \)[^3]。以下是实现代码: ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; void solve() { int n, x; cin >> n >> x; unordered_set<int> seen; bool found = false; for (int i = 0; i < n; ++i) { int val; cin >> val; if (seen.find(x - val) != seen.end()) { found = true; break; } seen.insert(val); } cout << (found ? "YES" : "NO") << "\n"; } ``` 上述代码通过使用哈希表存储已访问的元素,确保在 \( O(1) \) 时间内完成查找操作。 --- #### B. 字符串映射问题(假设为“B. String Mapping”) **题目描述** 给定两个字符串 \( b \) 和 \( r \),其中 \( b \) 中的每个字符需要根据 \( r \) 的映射关系进行替换,生成一个新的字符串 \( s \)。 **题解** 此问题的核心在于构建字符映射关系,并利用该映射对字符串 \( b \) 进行转换[^2]。以下是实现代码: ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; void solve() { string b, r; cin >> b >> r; // 构建映射关系 char decode[128]; for (int i = 0; i < r.size(); ++i) { decode[r[i]] = r[r.size() - i - 1]; } // 替换字符串b中的字符 string s = ""; for (char ch : b) { s += decode[ch]; } cout << s << "\n"; } ``` 上述代码通过构建字符映射数组 `decode` 来实现字符替换操作[^2]。 --- #### C. 序列构造问题(假设为“C. Sequence Construction”) **题目描述** 给定两个整数 \( n \) 和 \( k \),构造一个长度为 \( n \) 的非负整数序列 \( a \),使得对于任意子序列,其和均不等于 \( k \)。 **题解** 此类问题可以通过贪心策略逐步构造序列。每次选择一个不会导致任何子序列和为 \( k \) 的值加入序列[^3]。以下是一个可能的实现: ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; vector<int> construct_sequence(int n, int k) { vector<int> res; for (int i = 0; i < n; ++i) { // 尝试添加最小的可能值 for (int j = 0; j <= k; ++j) { bool valid = true; int sum = j; for (auto x : res) { if (x + sum == k) { valid = false; break; } sum += x; } if (valid) { res.push_back(j); break; } } } return res; } void solve() { int n, k; cin >> n >> k; vector<int> res = construct_sequence(n, k); for (auto x : res) cout << x << " "; cout << "\n"; } ``` 上述代码通过逐个尝试可能的值并验证其合法性来构造序列。 --- #### D. 路径众数问题(假设为“D. Path Majority”) **题目描述** 给定一棵树,判断是否存在一条路径,使得该路径上的众数(出现次数最多的节点值)超过路径总长度的一半。 **题解** 此问题可以通过深度优先搜索(DFS)结合众数统计的方法解决。关键在于观察到如果路径上存在众数,则必然会出现两个相同的节点值相邻或间隔一个节点的情况[^4]。因此可以直接对所有节点进行简单判断即可。 ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN = 1e5 + 5; vector<int> adj[MAXN]; int values[MAXN]; bool dfs(int u, int parent, int target) { int count = 0; if (values[u] == target) count += 1; for (auto v : adj[u]) { if (v != parent) { count += dfs(v, u, target); } } return count > (adj[u].size() + 1) / 2; } bool has_majority_path(int n) { for (int i = 1; i <= n; ++i) { if (dfs(i, -1, values[i])) return true; } return false; } void solve() { int n; cin >> n; for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> values[i]; for (int i = 1; i < n; ++i) { int u, v; cin >> u >> v; adj[u].push_back(v); adj[v].push_back(u); } cout << (has_majority_path(n) ? "YES" : "NO") << "\n"; } ``` 上述代码通过递归检查每个节点是否可能成为路径上的众数。 --- ###
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