Codeforces Round #143 (Div. 2) C. To Add or Not to Add

本文详细探讨了如何优化整数区间二分搜索算法,以解决竞赛中遇到的数据处理难题。通过引入前缀和预处理,有效地提高了算法效率,避免了TLE错误,并成功解决了WA问题。重点介绍了二分搜索在处理区间问题时的策略选择和判断条件优化。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

校赛时,数据比较水我水过了,这个地方必须优化。

二分是个不错选择,但是整数区间的二分一直是我头大的一个地方。

因为二分的区间我一般选不好。

第一次写,我的判断条件是一个个去累加,看是否超过k...

果断TLE掉,先预处理前缀和。

WA在第13组数据,纠结很久。。。。。

好吧 数组开小了。

#include <iostream>
#include <string>
#include <cmath>
#include <math.h>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define pi acos(-1.0)
typedef long long ll;
int n;
ll k;
ll a[100010],s[100010];
bool ok(int len,int x){
    ll res=0;
    res=a[x]*(ll)len-(s[x]-s[x-len]);
    if(res<=k) return true;
    else return false;
}
int sol(int x){
    int l=0,r=x,m;
    while(l<r){
        m=(l+r+1)/2;
        if(ok(m,x))
            l=m;
        else
            r=m-1;
    }
    return l;
}
int main(){
    ll val;
    while(~scanf("%d%I64d",&n,&k)){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%I64d",&a[i]);
        }
        sort(a+1,a+n+1);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            s[i]=s[i-1]+a[i];
        int ans=0;
        for(int i=n;i>=1;i--){
            int t=sol(i);
            if(t>=ans){
                ans=t;
                val=a[i];
            }
        }
        printf("%d %I64d\n",ans,val);
    }
    return 0;
}


题目描述 给定一棵 $n$ 个节点的树,每个节点都有一个权值 $w_i$。你需要删去树上的一些边,使得剩下的每个连通块中,所有节点的权值之和不超过 $k$。 求最多能删去多少条边。 输入格式 第一行包含两个整数 $n,k$。 第二行包含 $n$ 个整数 $w_1,w_2,\cdots,w_n$。 接下来 $n-1$ 行,每行包含两个整数 $a,b$,表示节点 $a$ 和节点 $b$ 之间有一条边。 输出格式 输出一个整数,表示最多能删去的边数。 数据范围 $1\le n \le 10^5$ $1 \le k,w_i \le 10^9$ 输入样例1: 5 6 2 3 1 5 4 1 2 1 3 2 4 2 5 输出样例1: 2 输入样例2: 5 3 2 3 1 5 4 1 2 1 3 2 4 2 5 输出样例2: 0 算法1 (dfs) $O(n)$ 首先我们可以想到暴力的做法,即对于每个连通块,暴力枚举删去哪些边,尝试得到最多的删边数。那么如何求解一个连通块内的所有节点权值之和呢?我们可以使用 DFS 遍历树,对于每个节点,求出其子树内所有节点的权值之和,那么以该节点为根的子树内的所有节点权值之和就是该节点自身的权值加上其所有子节点的权值之和。 对于每个连通块,我们枚举该连通块内任意两个节点 $x,y$。如果 $x$ 与 $y$ 之间的路径上的所有边都被删去了,那么 $x$ 和 $y$ 就会分别成为两个新的连通块,这两个新的连通块内所有节点的权值之和都不超过 $k$。因此我们只需要枚举所有的 $x,y$ 对,对于每个 $x,y$ 对尝试删去它们之间的路径上的所有边,看是否能够让 $x$ 和 $y$ 成为两个新的连通块,进而更新答案即可。 时间复杂度 参考文献 python3 代码 算法2 (暴力枚举) $O(n^2)$ blablabla 时间复杂度 参考文献 C++ 代码 class Solution { public: const int N = 1e5+10; int n,k; int h[N],e[N<<1],ne[N<<1],idx; int w[N]; int sum[N]; bool st[N]; int res; void add(int a,int b) { e[idx] = b,ne[idx] = h[a],h[a] = idx++; } void dfs(int u,int father) { sum[u] = w[u]; for(int i=h[u];~i;i=ne[i]) { int j = e[i]; if(j == father) continue; dfs(j,u); sum[u] += sum[j]; } } void dfs2(int u,int father) { for(int i=h[u];~i;i=ne[i]) { int j = e[i]; if(j == father) continue; dfs2(j,u); if(sum[j] <= k) res++; else if(sum[u] - sum[j] <= k) res++; } } void solve() { cin >> n >> k; memset(h,-1,sizeof(h)); for(int i=1;i<=n;i++) cin >> w[i]; for(int i=1;i<n;i++) { int a,b; cin >> a >> b; add(a,b); add(b,a); } dfs(1,-1); dfs2(1,-1); cout << res << endl; } }; int main() { Solution().solve(); return 0; }
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