CH Round #49 - NOIP模拟赛Day2解题报告
这篇博客分享了CH Round #49 - Streaming #4 (NOIP模拟赛Day2)的比赛解题报告，涵盖了Part.1 二叉树的根、Part.2 距离统计、Part.3 电阻网络三部分。作者详细解释了各部分的解题思路，包括暴力解法和优化算法，并提供了部分代码实现。
题目来源：CH Round #49 - Streaming #4 (NOIP模拟赛Day2)
Part.1 二叉树的根（root）
暴力无脑，直接判断：
存在度数大于3的点——无解；
否则，所有度数为1或2的点都是解。
参考代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
using namespace std;
int size[100005],b[100005];
int main()
{
int n,x,y,cnt=0;
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
size[x]++;
size[y]++;
}
for (int i=1;i<=n;i++)
{
if (size[i]>3)
{
cout<<0;
return 0;
}
else
{
if (size[i]<=2)
{
cnt++;
b[cnt]=i;
}
}
}
printf("%d\n",cnt);
for (int i=1;i<=cnt;i++)
printf("%d%c",b[i],' ');
return 0;
}
Part.2 距离统计（dist）
正解主要靠数论，然而水平不够，看不懂TAT。。。所以只拿了部分分。
40分算法：
1. 对于每次询问暴力枚举所求线段在x方向和y方向的投影，统计出这种平行线段的个数，时间复杂度O(Tn2)。（官方搞法）
2. 本人的搞法：提前预处理出所有i<=2n、j<=2m范围内组成的勾股数k（i2+j2=k2），暴力跑，然后排序，40%不会超时，再往上就呵呵了。（本质和第一种方法差不多，可能没有那一种优。。。）然后对每次询问进行如下操作：
① 判断l是否合法：如果l超过点阵对角线的长度，无解，输出0；
② 判断是否能横放、竖放：
横：ans+=(n-l)*m; 竖：ans+=(m-l)*n;
③ 判断能否放对角线：
暴力从第一个勾股数开始找（应该有不用从头跑的优化方法，然而就题目本身而言没啥用），直到碰到比l2大的数就退出，这期间如果有与l2相等的勾股数，进行如下操作（自己画画图就明白了）：
sx=a[j].x; sy=a[j].y; //分解出来的的i和j
if(n-sx>0&&m-sy>0) ans+=(n-sx)*(m-sy)*2;
if(n-sy>0&&m-sx>0) ans+=(n-sy)*(m-sx)*2;
60分算法：
本质上我们是在解方程a2+b2=l2，只需要枚举a，检验b2是否是完全平方数即可，时间复杂度O(Tn)。
Ps.Long long 大法好。
100分算法：
（神奇的数论。。。）
40%代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long ans=0;
struct mc
{
int x,y;
long long ans;
bool operator<(const mc b) const
{
return ans<b.ans;
}
}a[1000086];
int main()
{
long long n,m,t;
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&t);
long long max=sqrt((n-1)*(n-1)+(m-1)*(m-1));
if (n>m) swap(n,m);
long long ans=0,cnt=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=i;j<=m;j++)
{
ans=(long long)(i*i+j*j);
if (sqrt(ans)*sqrt(ans)==ans)
{
cnt++;
a[cnt].ans=ans;
a[cnt].x=i;
a[cnt].y=j;
}
}
sort(a+1,a+cnt+1);
long long l;
int sx,sy;
for (int i=1;i<=t;i++)
{
scanf("%lld",&l);
ans=0;
if (l>max)
{
cout<<0<<' ';
continue;
}
if (l<=n-1) ans+=(n-l)*m;
if (l<=m-1) ans+=(m-l)*n;
bool ff=0;
for (int j=1;j<=cnt;j++)
{
if (a[j].ans==l*l)
{
ff=1;
sx=a[j].x;
sy=a[j].y;
if (n-sx>0&&m-sy>0) ans+=(n-sx)*(m-sy)*2;
if (n-sy>0&&m-sx>0) ans+=(n-sy)*(m-sx)*2;
}
if (a[j].ans>l*l)
break;
}
printf("%lld%c",ans,' ');
}
return 0;
}60%参考代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
long long ans=0;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int n,m,t;
long long k1=(ll)(n-1)*(ll)(n-1),k2=(ll)(m-1)*(ll)(m-1);
long long max=(ll)sqrt(k1+k2);
long long l;
long long sx,sy;
for (int i=1;i<=t;i++)
{
cin>>l;
ans=0;
if (l>max)
{
cout<<0<<' ';
continue;
}
if (l<=(ll)(n-1)) ans+=(ll)(n-l)*m;
if (l<=(ll)(m-1)) ans+=(ll)(m-l)*n;
for (int j=1;j<n;j++)
{
sx=(ll)j;
sy=(ll)(l*l-sx*sx);
if ((ll)sqrt(sy)<sx) break;
if ((ll)sqrt(sy)*sqrt(sy)==sy&&sy>0)
{
sy=(ll)sqrt(sy);
if (n-sx>0&&m-sy>0) ans+=(ll)(n-sx)*(m-sy)*2;
ans+=(ll)(n-sy)*(m-sx)*2;
}
}
}
return 0;
}
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define f(x, y, z) for(int x = (y); x <= (z); ++x)
#define ll long long
bool prime[50008];
int pn = 0, p[50008], n, m, T, l, x[12], a[12], xn;
ll ans = 0;
inline int gcd(int x, int y){
while(y){
int t = x % y; x = y; y = t;
}
return x;
}
inline void calc(int l){
xn = 0;
f(i, 1, pn){
if(p[i] * p[i] > l) break;
if(l % p[i] == 0){
x[++xn] = p[i]; a[xn] = 0;
while(l % p[i] == 0){
l /= p[i]; ++a[xn];
}
}
}
if(l > 1){
x[++xn] = l; a[xn] = 1;
}
}
inline void add(int a, int b){
if(n > a && m > b) ans += (ll) (n - a) * (ll) (m - b) * 2LL;
if(m > a && n > b) ans += (ll) (m - a) * (ll) (n - b) * 2LL;
}
inline void check(int x){
f(c, 1, x){
int b = x - c * c;
if(b <= 0) break;
ll req = (ll) x * (ll) x - (ll) b * (ll) b;
double ar = sqrt(req);
if(ar >= b) break;
int a = ar + 0.5;
if((ll) a * (ll) a == req && gcd(x, gcd(a, b)) == 1) add(a * (l / x), b * (l / x));
}
f(c, 1, x){
int b = x - c * c * 2;
if(b <= 0) break;
ll req = (ll) x * (ll) x - (ll) b * (ll) b;
double ar = sqrt(req);
if(ar >= b) break;
int a = ar + 0.5;
if((ll) a * (ll) a == req && gcd(x, gcd(a, b)) == 1) add(a * (l / x), b * (l / x));
}
}
inline void dfs(int p, int c){
if(p > xn) check(c);
else f(i, 0, a[p]){
dfs(p + 1, c); c *= x[p];
}
}
int main(){
memset(prime, 1, sizeof(prime));
f(i, 2, 50000) if(prime[i]){
p[++pn] = i;
for(int j = i * 2; j <= 50000; j += i) prime[j] = 0;
}
scanf("%d%d%d", &n, &m, &T);
while(T--){
scanf("%d", &l); calc(l);
ans = 0;
if(m > l) ans += (ll) n * (ll) (m - l);
if(n > l) ans += (ll) (n - l) * (ll) m;
dfs(1, 1);
printf("%I64d ", ans);
}
return 0;
}
Part.3 电阻网络（resi）
搜索，巧妙的大搜索。。。这道题能否愉快地A掉，一定程度上取决于审题，如果能从题目中提炼出有效&&关键信息，那么就基本可以找到搜索的正确方向了。
Point.1 三个元件
具体地，假设所有边都是从左到右的，那么接点（除了整个电路的负极以外）可以分成3类（提取自下图原文）：
① 出度为2的——并联电路的开始；
② 出度为1&&出边边权为0的——并联电路的结束；
③出度为1&&出边边权为1的——是一个电阻。
然后就可以从1开始搜索了。
Point.2 电阻计算
① 串联电阻：直接+1；
②并联电阻：捆绑看作一个电阻，先处理这一部分的总电阻。
参考代码（附加说明）：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
using namespace std;
int mix,n;
struct mc
{
int size;
int po[2];
bool resi;
}e[100005];
void put(int x,int y,int l)
{
e[x].size++;
e[x].po[e[x].size]=y; //两个||一个出边指向的接点；
if (l==1) e[x].resi=true; //point.3 ③
}
float search(int x)
{
if (x==n) return 0; //搜索结束；
if (e[x].resi) //单个电阻，直接加；
return search(e[x].po[1])+1;
else
{
if (e[x].size>1)
{
float t1=0,t2=0,num;
int p1=e[x].po[1],p2=e[x].po[2];
t1=search(p1);
t2=search(p2);
num=(t1*t2)/(t1+t2); //并联电路；
num+=search(mix); //并联电路之后的部分；
}else
{
mix=e[x].po[1]; //mix表示并联电路结束的接点；
return 0;
}
}
}
int main()
{
int m,x,y,z;
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
put(x,y,z);
}
int t;
float resi=search(1);
printf("%.3lf",resi);
return 0;
}
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