IOI2020集训队作业-11 (CF566E, AGC034E, AGC022D)

最新推荐文章于 2023-11-08 21:57:56 发布
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文章标签： 集训队作业
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本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/weixin_45313881/article/details/103240543
本文深入解析了算法竞赛中的策略，包括图论问题的解决思路、树形结构的优化操作及动态规划的应用技巧。通过具体案例，阐述了如何利用数据结构和算法解决复杂问题，为参赛者提供了宝贵的经验。

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

A - CF566E Restoring Map

Sol

对每一对(u,v)(u,v)(u,v)，求出包含它的setsetset的数量是等于0,1,20,1,20,1,2还是大于等于333。

如果为000则这两个点之间的距离大于444，等于111则距离等于444，等于222则距离等于333，大于222则距离小于等于222。

观察发现，如果图的直径大于等于555，我们就可以通过已经知道的距离为333和距离为444的点对，确定下两个点之间的距离的奇偶性，然后结合已知的距离小于等于222的点对就可以知道哪些点对之间的距离是111。

然后再讨论直径小于555的情况即可。

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <assert.h>
#define PII pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fir first
#define sec second
#define PB push_back
#define ll long long
using namespace std;
template <class T>
inline void rd(T &x) {
	x=0; char c=getchar(); int f=1;
	while(!isdigit(c)) { if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }
	while(isdigit(c)) x=x*10-'0'+c,c=getchar(); x*=f;
}
const int N=1010;
int nxt[N][N],num[N][N],n;
int find(int p,int x) { return nxt[p][x]==x?x:nxt[p][x]=find(p,nxt[p][x]); }
int b[N],vis[N];
vector<PII> G[N];
int col[N];
void dfs(int u,int c) {
	col[u]=c;
	for(int i=0;i<G[u].size();++i) {
		int v=G[u][i].fir;
		if(!~col[v]) dfs(v,c^G[u][i].sec);
	}
}
int main() {
	rd(n);
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		for(int j=1;j<=n+1;++j)
			nxt[i][j]=j;
	}
	
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		int m; rd(m);
		for(int j=1;j<=m;++j) rd(b[j]),vis[b[j]]=1;
		for(int j=1;j<=m;++j) {
			int u=b[j];
//			for(int k=1;k<=n;++k) if(vis[k]&&num[u][k]<3) num[u][k]++;
			for(int k=find(u,1);k<=n;k=find(u,k+1)) if(vis[k]) {
				num[u][k]++;
				if(num[u][k]==3) nxt[u][k]=k+1;
			}
		}
		for(int j=1;j<=m;++j) vis[b[j]]=0;
	}
	
	if(n==2) {
		printf("1 2\n");
		return 0;
	}
	
	int f5=0;
	for(int i=1;i<=n&&!f5;++i) for(int j=1;j<=n&&!f5;++j)
		if(num[i][j]==0) f5=1;
	
	if(!f5) {
		int f4=0;
		for(int i=1;i<=n&&!f4;++i) for(int j=1;j<=n&&!f4;++j)
			if(num[i][j]==1) f4=1;
		if(!f4) {
			int f3=0;
			for(int i=1;i<=n&&!f3;++i) for(int j=1;j<=n&&!f3;++j)
				if(num[i][j]==2) f3=1;
			if(!f3) {
				for(int i=2;i<=n;++i) printf("1 %d\n",i);
				return 0;
			}
			int u=0,v=0;
			for(int i=1;i<=n;++i) {
				int flg=0;
				for(int j=1;j<=n;++j) if(num[i][j]==2) { flg=1; break; }
				if(!flg) {
					if(!u) u=i;
					else { v=i; break; }
				}
			}
			int p=1; for(;p==u||p==v;++p);
			printf("%d %d\n",u,v);
			printf("%d %d\n",p,u);
			for(int i=1;i<=n;++i) if(i!=u&&i!=v&&i!=p) {
				if(num[i][p]==2) printf("%d %d\n",v,i);
				else printf("%d %d\n",u,i);
			}
			return 0;
		}
		int rt=1;
		for(;;++rt) {
			int flg=1;
			for(int i=1;i<=n;++i)
				if(i!=rt&&num[i][rt]<3) { flg=0; break; }
			if(flg) break;
		}
		vector<int> a,b;
		for(int i=1;i<=n;++i) if(i!=rt) {
			int mi=3;
			for(int j=1;j<=n;++j) mi=min(mi,num[i][j]);
			if(mi==2) a.PB(i);
			else b.PB(i);
		}
		for(int i=0;i<a.size();++i) printf("%d %d\n",a[i],rt);
		for(int i=0;i<b.size();++i)
			for(int j=0;j<a.size();++j)
				if(num[b[i]][a[j]]==3) { printf("%d %d\n",b[i],a[j]); break; }
		return 0;
	}
	
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=n;++j) if(num[i][j]&&num[i][j]<3) {
			if(num[i][j]==1) G[i].PB(MP(j,0)),G[j].PB(MP(i,0));
			else G[i].PB(MP(j,1)),G[j].PB(MP(i,1));
		}
	memset(col,-1,sizeof(col));
	int tot=0;
	for(int i=1;i<=n;++i) if(!~col[i]) dfs(i,tot),tot+=2;
	int edgetot=0;
	for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=i+1;j<=n;++j)
		if(num[i][j]==3&&(col[i]>>1)==(col[j]>>1)&&col[i]!=col[j]) printf("%d %d\n",i,j),edgetot++;
	return 0;
}

B - AGC034E Complete Compress

题意

有一棵包含nnn个节点的树，以及一个长度为nnn的010101串，第iii个字符表示第iii个节点上的碎片的数量。一次操作你可以选择一个之间距离（路径上的边数）至少是222的两个点，把它们向彼此移动一个节点。问最少需要多少次操作使得所有的碎片集中在同一个点。如果不可能则输出−1-1−1。n≤2000n\le 2000n≤2000

Sol

首先枚举一个点作为最终停留的点，把这个点作为根。

那么只会有两种类型的操作：1）将这个根的不同子树内的两个碎片移动。2）将这个根的某个子树内、lcalcalca不为它们其中之一的两个碎片移动。实际上对于任意一个节点，它的子树内的操作也一定满足。

考虑对一个点求出这个点子树内的碎片进行操作过后，到这个点的父亲的距离之和的最小值；求出对这个子树内的碎片到这个点的父亲的距离之和；分别记为minumin_uminu​和maxumax_umaxu​。设uuu节点的所有儿子中，minvmin_vminv​最大的儿子为ppp。那么有$min_u = \max { 0 , \min_p - (\max_u - \max_p)} + size_u ，其中，其中，其中size_u表示表示表示u子树内的碎片的数量。最后，判断根节点的子树内的碎片的数量。最后，判断根节点的子树内的碎片的数量。最后，判断根节点的\min$是否为000，如果是，说明存在合法的操作方式，操作次数为max⁡rt2\max_{rt}\over 22maxrt​​。

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define PII pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fir first
#define sec second
#define PB push_back
#define db long double
#define ll long long
using namespace std;
template <class T>
inline void rd(T &x) {
	x=0; char c=getchar(); int f=1;
	while(!isdigit(c)) { if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }
	while(isdigit(c)) x=x*10-'0'+c,c=getchar(); x*=f;
}
const int N=2010;
int head[N],ecnt,n;
struct ed { int to,next; }e[N<<1];
void ad(int x,int y) {
	e[++ecnt]=(ed){y,head[x]}; head[x]=ecnt;
	e[++ecnt]=(ed){x,head[y]}; head[y]=ecnt;
}
int curd;
char str[N];
void dfs(int u,int last,int dis) {
	if(str[u]=='1') curd+=dis;
	for(int k=head[u];k;k=e[k].next) {
		int v=e[k].to; if(v==last) continue;
		dfs(v,u,dis+1);
	}
}
int ans=1e9;
int tot;
void dfs1(int u,int last,int d) {
	if(str[u]=='1') tot+=d;
	for(int k=head[u];k;k=e[k].next) {
		int v=e[k].to; if(v==last) continue;
		dfs1(v,u,d+1);
	}
}
int mi[N],mx[N],sz[N];
void dfs2(int u,int last) {
	int tot=0,p=0;
	sz[u]=str[u]-'0';
	for(int k=head[u];k;k=e[k].next) {
		int v=e[k].to; if(v==last) continue;
		dfs2(v,u);
		if(mi[v]>mi[p]) p=v;
		tot+=mx[v];
		sz[u]+=sz[v];
	}
	mx[u]=tot;
	tot-=mx[p];
	mi[u]=max(0,mi[p]-tot);
	if(last) mi[u]+=sz[u],mx[u]+=sz[u];
}
void sol(int u) {
	tot=0,dfs1(u,0,0);
	if(tot&1) return;
	dfs2(u,0);
	if(mi[u]>0) return;
	ans=min(ans,tot/2);
}
int main() {
	rd(n); scanf("%s",str+1);
	for(int i=1,x,y;i<n;++i) rd(x),rd(y),ad(x,y);
	for(int i=1;i<=n;++i) sol(i);
	if(ans==1e9) printf("-1");
	else printf("%d",ans);
	return 0;
}

C - AGC022D Shopping

Sol

O(n2)O(n^2)O(n2)的暴力是考虑每个购物中心是右进右出/左进右出/右进左出/左进左出，进行动态规划。但是这与正解没有什么关系。

首先可以把⌊ti2L⌋\lfloor {t_i\over 2L}\rfloor⌊2Lti​​⌋加入答案，然后把tit_iti​模2L2L2L。

我们要求的实际上是列车至少跑多少个来回。

对于第iii个购物中心，记lil_ili​表示从右边过来到iii，列车下次经过iii的时候能不能直接上车；rir_iri​同理。

对于最右边的那个购物中心，我们一定会从左边到它，然后从它到左边。所以如果rn=0r_n=0rn​=0则ans++ans++ans++。

对于剩下的购物中心，如果有i<j,li=rj=1i< j,l_i=r_j=1i<j,li​=rj​=1，则可以把它们匹配起来，然后少跑一个来回。由于所有li=1,ri=0l_i=1,r_i=0li​=1,ri​=0的点一定在所有li=0,ri=1l_i=0,r_i=1li​=0,ri​=1的点的右边，可以单独考虑两边的匹配。

如果有一个购物中心的ti=0t_i=0ti​=0，或者是li=ri=0l_i=r_i=0li​=ri​=0，那么直接把它的贡献加入答案，不用考虑用它匹配。因为ti=0t_i=0ti​=0的时候只需要保证经过了它就可以了，另一种情况由于必须在iii等列车跑完一圈所以与ti=0t_i=0ti​=0是等价的。

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#define PB push_back
#define ll long long
using namespace std;
template <class T>
inline void rd(T &x) {
	x=0; char c=getchar(); int f=1;
	while(!isdigit(c)) { if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }
	while(isdigit(c)) x=x*10-'0'+c,c=getchar(); x*=f;
}
const int N=3e5+10;
vector<int> s;
ll xi[N],ti[N];
int li[N],ri[N],n;
int vis[N];
int stk[N],top;
ll ans,L;
int main() {
	rd(n),rd(L);
	ans=n;
	for(int i=1;i<=n;++i) rd(xi[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i) rd(ti[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		ans+=ti[i]/(2*L);
		ti[i]%=2*L;
		if(ti[i]==0) ans--,vis[i]=1;
		else {
			li[i]=2*xi[i]>=ti[i];
			ri[i]=2*(L-xi[i])>=ti[i];
			if(!li[i]&&!ri[i]) ti[i]=0,vis[i]=1;
		}
//		printf("%d:(%d,%d) %d\n",i,li[i],ri[i],vis[i]);
	}
	int px=1;
	while(px<n&&!(li[px]==1&&ri[px]==0)) px++;
	int tot=0,top=0;
	for(int i=1;i<px;++i) if(!vis[i]) {
		if(!li[i]) {
			if(top) top--,ans--;
		}
		else top++;
	}
	tot+=top,top=0;
	
	for(int i=n-1;i>=px;--i) if(!vis[i]) {
		if(!ri[i]) {
			if(top) top--,ans--;
		}
		else top++;
	}
	tot+=top;
	ans-=tot>>1;
	if(!ri[n]) ans++;
	printf("%lld",ans*2*L);
	return 0;
}
0;
	for(int i=1;i<px;++i) if(!vis[i]) {
		if(!li[i]) {
			if(top) top--,ans--;
		}
		else top++;
	}
	tot+=top,top=0;
	
	for(int i=n-1;i>=px;--i) if(!vis[i]) {
		if(!ri[i]) {
			if(top) top--,ans--;
		}
		else top++;
	}
	tot+=top;
	ans-=tot>>1;
	if(!ri[n]) ans++;
	printf("%lld",ans*2*L);
	return 0;
}
IOI2020集训队作业-3 (CF575E, AGC035C, AGC026F)
这个博客已经搬到了：zhongyuwei.github.io
10-29 820
A - CF575E Spectator Riots 题意 有一个正方形，正方形的两个对角的坐标是(0,0)(0,0)(0,0)和(105,105)(10^5,10^5)(105,105)。 有nnn个人，第iii个人初始的坐标是(xi,yi)(x_i,y_i)(xi​,yi​)，保证xi,yi∈Nx_i,y_i\in Nxi​,yi​∈N且0≤xi,yi≤1050\le x_i,y_i\le 1...
IOI2020集训队作业-13 (CF528C, AGC038F, AGC029E)
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11-27 442
A - CF528C Data Center Drama Sol 加完边之后存在合法的定向方案的充分必要条件是：所有点的度数都是偶数并且边的总数是偶数。 必要性显然。而如果条件满足，则原图一定存在欧拉回路且欧拉回路的长度是偶数，把欧拉回路求出来然后令第1,3,5⋯1,3,5\cdots1,3,5⋯条边的方向与遍历它的方向相同，第2,4,6⋯2,4,6\cdots2,4,6⋯条边方向与遍历它的方向相...
IOI2020集训队作业-8 (CF627F, AGC035D, AGC033F)
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11-07 788
A - CF627F Island Puzzle 题意 有一棵包含nnn个节点的树，以及nnn种石头（编号000到n−1n-1n−1）。每个节点上恰好有一个石头，每个点上的石头互不相同。一次操作中可以交换000号石头和另一个所在点与它有边相连的石头。 现在给出初始每个石头的位置，以及需要达到的、每个石头的最终位置。 问：1）能否进行若干次操作，使每个石头都达到它应该在的最终位置？如果能，你还要求出...
IOI2020爆零游记
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09-21 931
这里分享了肥猪的IOI2020的参赛经历
IOI2020集训队作业-20 (CF603E, AGC036E, AGC021E)
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12-26 379
A - CF603E Pastoral Oddities Sol 考虑如何判断一张图是否可以通过删除若干条边变成sunny的：每个连通块显然是独立的；如果连通块中的点数是奇数显然不行（因为所有点的度数和为偶数，所以必然不可能所有的点的度数都是奇数），否则一定可以（随便搞一棵生成树出来，然后对非树边随意决定是否保留，对树dfs，每个点的度数由它到父亲的边调整为奇数，根节点无法调整但是由于度数和为偶数...
IOI国家集训队论文1999-2021(缺2020)-2021.08.03.rar
08-03
标题中的“IOI国家集训队论文1999-2021(缺2020)-2021.08.03.rar”指的是一个包含国际奥林匹克信息学竞赛（IOI）国家集训队从1999年至2021年（除了2020年）论文的压缩文件，该文件于2021年8月3日更新。这些论文通常...
IOI2020集训队作业-1 (CF549E, CF674G, ARC103F)
这个博客已经搬到了：zhongyuwei.github.io
10-27 1458
A - CF549E Sasha Circle 题意 平面内有两个点集N,MN,MN,M，问能否在平面内画一个圆，使得NNN和MMM这两个点集恰好有一个点集所有点严格在圆内，另一个点集所有点严格在圆外（即两个点集都不能有点在圆上）。 坐标为[−104,104][-10^4,10^4][−104,104]的整数，∣N∣,∣M∣≤104|N|,|M|\le 10^4∣N∣,∣M∣≤104。 Sol 朴...
IOI国家集训队论文集
11-17
包括IOI中国国家集训队从1999年到2017年的论文 部分目录： 国家集训队1999论文集 陈宏：《数据结构的选择与算法效率——从IOI98试题PICTURE谈起》 来煜坤：《把握本质，灵活运用——动态规划的深入探讨》 齐鑫：...
IOI国家集训队论文集1999-2019
09-20
# 国家集训队论文列表（1999-2019） ___点击目录快速跳转：___ - _国家集训队论文列表（1999-2019）_ * [_1999_](#1999) * [_2000_](#2000) * [_2001_](#2001) * [_2002_](#2002) * [_2003_](#2003) * [_...
ioi2018集训队作业1
12-26
希望喜欢算法的童鞋一起学习大佬们的思维。IOI是国际信息学奥林匹克竞赛，此文档是中国IOI2018集训队的作业题。
IOI2020第一轮选拔模拟3
chiyankuan的博客
12-09 305
到杭州学军中学集训的第一天。 今天比赛当场只能打暴力，改题也只改了一题。（好难啊！！！） T1：首先我们把x轴上方的点向每一座墙的左右端点连射线，然后将这些射线能合并的合并（意思就是算出每一个x轴上方的点的被遮挡区间）。 接着我们计算每一个x轴下方的点的答案。具体做法就是每次都枚举k座墙的左右端点，然后加上经过左端点的在当前点的左侧的射线的数量，减去经过右端点的在当前点的左侧的射线的数...
IOI2020第一轮选拔模拟6
chiyankuan的博客
12-14 265
今天的题都比较玄学。 T1：首先我们把k个1之间的距离算出来，然后会发现它们一定是n/k或者n/k+1。否则的话如果我们移动了一个1之后，就会出现新的距离，这样就一定不能满足循环同构了。 在知道了这个性质之后,我们将n/k记为0，n/k+1记为1。那么我们发现在一个在原串中交换10位置，就相当于将原来距离蔚n/k和n/k+1的变成n/k+1和n/k的，也就是说在新串上交换了10。这样我们...
IOI2020集训队作业-12 (CF613E, AGC033E, AGC022D)
这个博客已经搬到了：zhongyuwei.github.io
11-26 493
A - CF613E Puzzle Lover Sol 合法的序列一定是下面这样的形式： 其中第二部分要求只能够向上、下、右走。 第一部分和第三部分可以用哈希/SA快速判断是否可以匹配，第二部分只能从第iii列走到第i+1i+1i+1列，分三个阶段进行dpdpdp就可以了。 考虑第二部分从右往左的情况，我们可以将www翻转然后再计算一次。 注意只有第一部分或只有第三部分将会被数两遍（不翻转www...
【AtCoder】AGC034
weixin_30598225的博客
06-06 278
AGC034 刷了那么久AtCoder我发现自己还是只会ABCE（手动再见 A - Kenken Race 大意是一个横列，每个点可以跳一步或者跳两步，每个格子是空地或者石头，要求每一步不能走到石头或者有人的格子上，求是否能把\(A\)移动到\(C\)，\(B\)移动到\(D\)，\(A < C,B < D,A < B\) 看\(A\)到\(C\)和\(B\)到\(D\...
CF566E-Restoring Map【bitset】
QuantAsk
06-23 189
题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF566E有一棵树，但是你不知道它的形态。你现在只知道距离每个点距离不超过222的点集，但是你不知道每个点集是对应哪个点的。现在要你求这棵树。2≤n≤10002\leq n\leq 10002≤n≤1000考虑这样一种情况 那么???和?′?'?′的交集恰好是xxx和yyy，也就是所有非叶子的连边我们都可以用以上方式确定。然后考虑怎么确定叶子的连边，对于叶子xxx来说，包含它的集合中最小的那个肯定是它自己的集合。这样我们就可以确
agc034
weixin_33766805的博客
06-06 166
A：题意：你有一个1 * n的网格，有些地方是障碍。你有两个人，分别要从a到b和从c到d，一次只能向右跳1步或者两步。求是否可行。 解：先判断有没有2个连续的障碍，然后判断是否能错车。 1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 const int N = 200010; 4 5 char str[N]; 6 7 int m...
AT3949-[AGC022D]Shopping【贪心】
QuantAsk
02-10 221
正题 题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/AT3949 题目大意 长度为LLL的坐标轴上，给出nnn个点，每个点xix_ixi​需要购物tit_iti​的时间，一辆车在0∼L0\sim L0∼L折返跑，求从000出发购物完回到000的最短时间。 n∈[1,3×105],L∈[1,109]n\in[1,3\times 10^5],L\in[1,10^9]n∈[1,3×105],L∈[1,109]，输入的xix_ixi​单调递增。 解题思路 挺奇妙的题目，WC2021
AGC034E Complete Compress
最新发布
tanjunming2020的博客
11-08 215
## 题目大意 给你一棵有$n$个节点的树，并用$01$串告诉你哪些节点上有棋子（恰好一棵）。 你可以进行若干次操作，每次操作可以将两颗距离至少为$2$的棋子向彼此移动一步。
AT4995 [AGC034E] Complete Compress
lahlah的博客
12-09 273
https://www.luogu.com.cn/problem/AT4995 枚举最后移动到的那个点，然后考虑DP 设f[u]f[u]f[u]表示以uuu结点为子树尽量多匹配点的移动的距离和（把多少对移动到） 草讲不清楚，看代码吧 code: #include<bits/stdc++.h> #define N 2005 using namespace std; int dis[N], siz[N], a[N], n, f[N], ans; vector<int> g[N]; voi
2013-2017年IOI国家集训队论文集精粹
标题所提到的“2013-2017国家集训队论文集”是指2013年至2017年期间，参加国际奥林匹克信息学竞赛（International Olympiad in Informatics，简称IOI）的中国国家集训队成员撰写的论文合集。IOI 是面向中学生的最高...
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