[题解]CLYZ2018省选训(bao)练(zha)模拟赛 Day 1

重新认识了Kruskal算法。

题目

T1：BZOJ 3293 / CQOI 2011 分金币 (coin)（乱搞？？？）
T2：BZOJ 1007 / HNOI 2008 水平可见直线 (line)（栈维护凸壳）
T3：BZOJ 1016 / JSOI 2008 最小生成树计数 (award)（Kruskal+计数）

T1

分析

下面，将「第$i$个人给第$j$个人$k$个金币」定义为：
$k\geq 0$，则第$i$个人的金币数减$k$，第$j$个人的金币数加$k$；
否则第$i$个人的金币数加$k$，第$j$个人的金币数减$k$，也就是第$j$个人给第$i$个人$-k$个金币。
并且第$i$个人初始的金币数量为$x_i$，平均值为$\bar{x}$，$sum[l,r]$为$\sum_{i=l}^ra[i]$的值。
首先考虑把第$1$个人的金币数量变成$\bar{x}$，那么可以得到，第$1$个人给第$2$个人的金币加上第$1$个人给第$n$个人的金币数量一定等于$x_1-\bar{x}$。这样第$1$个人给了第$2$个人和第$n$个人金币之后，第$2$个人就不用再给第$1$个人金币了，也就是说第$2$个人只需要给第$3$个人金币。照这样计算下去，第$1$个人给了第$2$个人和第$n$个人金币之后，对于所有的$1<i<n$，第$i$个人只需要给第$i+1$个人金币，使得第$i$个人的金币数量变为$\bar{x}$。
而现在的关键就是求得第$2$个人被第$1$个人分到金币后的金币数目（下面记为$w$）。
可以推出，第$1$个人分给了第$2$个人$w-x_2$个金币，也分给了第$n$个人$x_1+x_2-w-\bar{x}$个金币，代价为：
$|w-(x_1+x_2-\bar{x})|+|w-x_2|$。
再继续考虑第$2$个人到第$n-1$个人：
可以算出，第$2$个人分给第$3$个人金币，使得第$2$个人的金币数量变为$\bar{x}$的代价为$|w-\bar{x}|$。这样，第$3$个人的金币数量变成了$x_3+w-\bar{x}$，所以分给第$4$个人金币的代价为$|w-(2\bar{x}-x_3)|$…
所以，对于所有的$2<i<n$，第$i$个人分给第$i+1$个人金币的代价为：
$|w-((i-1)\bar{x}-sum[3,i])|$。
所以，设一个新的数组$b$，定义：
$b_1=x_1+x_2-\bar{x}$
$b_2=x_2$
$b_3=\bar{x}$
$\forall 3<i\leq n,b_i=(i-2)\bar{x}-sum[3,i-1]$
这时候，就是要找到一个值$w$，最小化$\sum_{i=1}^n|w-b_i|$的值。
显然（也就是我不会严谨证明），$w$的值为数组$b$的中位数。将$b$排序之后，就可以找到这个$w$。

Source

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read() {
    int res = 0; bool bo = 0; char c;
    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
    return bo ? ~res + 1 : res;
}
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 5;
int n; ll a[N], ave, sum[N], b[N], ans;
ll cyx(int l, int r) {
    return sum[r] - sum[l - 1];
}
int main() {
    int i; n = read();
    for (i = 1; i <= n; i++) ave += (a[i] = read()); ave /= n;
    if (n == 1) return printf("0\n"), 0;
    for (i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
    b[1] = a[1] + a[2] - ave; b[2] = a[2]; for (i = 3; i <= n; i++)
        b[i] = ave * (i - 2) - cyx(3, i - 1);
    sort(b + 1, b + n + 1); if (!(n & 1)) {
        for (i = 1; i <= (n >> 1); i++) ans += b[n >> 1] - b[i];
        for (i = (n >> 1) + 1; i <= n; i++)
            ans += b[i] - b[n >> 1];
    }
    else {
        for (i = 1; i <= (n >> 1) + 1; i++) ans += b[(n >> 1) + 1] - b[i];
        for (i = (n >> 1) + 2; i <= n; i++)
            ans += b[i] - b[(n >> 1) + 1];
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

T2

分析

首先，将所有的直线按照斜率（$A$） 从小到大排序，相同情况按照$B$从小到大排序，这样，$A$相同的直线中只有$B$最大的才可见。这样先去除掉一些一定被覆盖的直线，使每条直线的$A$都不同。
如果合法直线只有不到$3$条，那么所有的合法直线都可见。
否则建立一个栈，把前$2$条直线加入栈中，这$2$条直线在其他的直线被加入之前全部可见。
考虑加入一条新的直线。加入一条新的直线之后，在这之前栈中的直线（可见）有可能被覆盖，但由于已经按$A$排序，所以如果栈中的一条直线$l_1$在加入了这条直线$l_2$之后被覆盖，那么栈中$l_1$之后的直线（除$l_2$外）必然被覆盖。因此在加入$l_2$之前，应该：
（1）判断栈顶直线是否会在加入$l_2$之后被覆盖，如果有则转（2），否则将$l_2$加入栈中；
（2）将栈顶元素退栈，转（1）。
操作完成后，栈中剩余的直线就是答案。

Source

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read() {
    int res = 0; bool bo = 0; char c;
    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
    return bo ? ~res + 1 : res;
}
const int N = 5e4 + 5; const double eps = 1e-9;
int n; struct cyx {
    int id, k, b;
} cx[N], pyz[N]; int top, stk[N]; bool del[N];
bool comp(cyx a, cyx b) {
    if (a.k != b.k) return a.k < b.k;
    return a.b < b.b;
}
bool slope(int p1, int p2, int p3) {
    double x1 = 1.0 * (cx[p2].b - cx[p1].b) / (cx[p1].k - cx[p2].k),
        x2 = 1.0 * (cx[p3].b - cx[p2].b) / (cx[p2].k - cx[p3].k);
    return x1 > x2 || abs(x1 - x2) <= eps;
}
int main() {
    int i, Tn, m = 0; Tn = n = read();
    for (i = 1; i <= n; i++) cx[i].k = read(), cx[i].b = read(), cx[i].id = i;
    sort(cx + 1, cx + n + 1, comp); for (i = 1; i <= n; i++)
        if (i == n || cx[i].k != cx[i + 1].k) pyz[++m] = cx[i];
    n = m; for (i = 1; i <= n; i++) cx[i] = pyz[i];
    if (n < 3) {
        for (i = 1; i <= n; i++) del[cx[i].id] = 1;
        for (i = 1; i <= Tn; i++) if (del[i]) printf("%d ", i);
        printf("\n"); return 0;
    }
    stk[1] = 1; stk[top = 2] = 2; for (i = 3; i <= n; i++) {
        while (top > 1 && slope(stk[top - 1], stk[top], i)) top--;
        stk[++top] = i;
    }
    for (i = 1; i <= top; i++) del[cx[stk[i]].id] = 1;
    for (i = 1; i <= Tn; i++) if (del[i]) printf("%d ", i);
    cout << endl;
    return 0;
}

T3 最小生成树计数

分析

先把边按权值排序。假设现在考虑到的是所有权值为$w$的边，并且所有权值小于$w$的合法边已经在最小生成树内。这样考虑一个贪心，把所有的权值为$w$都加入最小生成树内，但这样会形成环。又由于要求边权和最小的生成树，所以要在所有边权为$w$的边中，删掉尽可能少的边，使得当前的生成树没有环。这样等同于在当前的生成树内，删掉这些边后每对点之间的连通性不变。而一个$m$个点的连通图，去掉尽可能少的边使图仍然连通，答案一定是让这个连通图只剩下$m-1$条边。
归纳一下，得出结论：在一张图的每一个最小生成树中，同一权值的边的出现次数和连通的点集相同。
因此，先将边按权值排序，然后做一遍Kruskal，求出每种权值边的出现次数。
然后按顺序考虑每种权值：由于同种权值的边数$\leq 10$，因此可以$2^{10}$暴力枚举每条边选或不选，只要没有环并且选出边的条数恰好等于预处理出的次数，这种选法就是合法的。这时候，这种权值的结果就是合法方案的个数。
最后把每种权值的合法方案个数相乘，得到最终结果。
实现上的细节：
1、考虑完一种权值之后，要保留这种权值的边连通的集合。具体用个例子：$n=4$，$m=5$，有边$(1,2,1)$，$(1,3,1)$，$(2,3,2)$，$(2,4,2)$，$(3,4,2)$。（三元组的第三个元素表示边权）这时候如果不保留连通的集合，那么权值$1$的结果为$1$，权值$2$的结果为$3$，但最后结果是$2$而不是$3$，原因很简单：方案$(1,2)$$(1,3)$$(2,3)$，虽然权值为$1$和$2$的边都构不成环，但是合起来就构成环了。但如果保留连通集合，也就是考虑完权值$1$之后，将$(1,2)$$(1,3)$$(2,3)$标记为已连通，那么权值为$2$的边的选择方案种，$(2,3)$就不是一个合法的方案。具体可以用并查集来实现。
2、注意图不联通的情况，输出。

Source

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read() {
    int res = 0; bool bo = 0; char c;
    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
    return bo ? ~res + 1 : res;
}
const int N = 105, M = 1005, ZZQ = 31011;
int n, fa[N], m, d, cnt[M], pyz[M], sel[M], ans[M], L[M], R[M], F[M], lyt[M];
struct cyx {
    int u, v, w;
} orz[M];
bool comp(cyx a, cyx b) {
    return a.w < b.w;
}
int cx(int x) {
    if (fa[x] != x) fa[x] = cx(fa[x]);
    return fa[x];
}
bool zm(int x, int y) {
    int ix = cx(x), iy = cx(y);
    if (ix == iy) return 0;
    return fa[iy] = ix, 1;
}
void kruskal() {
    int i; for (i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
    for (i = 1; i <= m; i++) if (zm(orz[i].u, orz[i].v)) sel[i] = 1;
}
void dfs(int cyx, int dep, int sta) {
    if (dep == R[cyx] + 1) {
        int i, cnt = 0; for (i = 1; i <= n; i++) fa[i] = F[i];
        for (i = 0; i < R[cyx] - L[cyx] + 1; i++)
            if ((sta >> i) & 1) cnt++; if (cnt != pyz[cyx]) return;
        for (i = 0; i < R[cyx] - L[cyx] + 1; i++)
            if (((sta >> i) & 1) && !zm(orz[L[cyx] + i].u, orz[L[cyx] + i].v))
                return; ans[cyx]++;
        if (ans[cyx] == 1) for (i = 1; i <= n; i++) lyt[i] = fa[i];
        return;
    }
    dfs(cyx, dep + 1, sta);
    dfs(cyx, dep + 1, sta | (1 << dep - L[cyx]));
}
int main() {
    int i, j; n = read(); m = read();
    for (i = 1; i <= m; i++) orz[i].u = read(), orz[i].v = read(),
        orz[i].w = read(); sort(orz + 1, orz + m + 1, comp);
    kruskal(); for (i = 1; i <= m;) {
        L[++d] = i; for (j = i; orz[i].w == orz[j].w && j <= m; j++)
            cnt[d]++, pyz[d] += sel[j]; R[d] = j - 1;
        i = j;
    }
    for (i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
    for (i = 1; i <= d; i++) if (pyz[i] && cnt[i] == 1)
        zm(orz[L[i]].u, orz[L[i]].v);
    for (i = 1; i <= n; i++) F[i] = fa[i], fa[i] = i;
    for (i = 1; i <= d; i++) {
        if (!pyz[i]) continue;
        if (cnt[i] == 1) ans[i] = 1;
        else {
            dfs(i, L[i], 0);
            for (j = 1; j <= n; j++) F[j] = lyt[j];
        }
    }
    int wohaocaia = 1; for (i = 1; i <= d; i++) if (pyz[i])
        wohaocaia = wohaocaia * ans[i] % ZZQ;
    for (i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i; for (i = 1; i <= m; i++)
        zm(orz[i].u, orz[i].v); for (i = 2; i <= n; i++)
        if (cx(1) != cx(i)) return printf("0\n"), 0;
    cout << wohaocaia << endl;
    return 0;
}