[考试反思]1031csp-s模拟测试96：常态

按照smily的说法这一场的大众分暴力分是不是265啊QwQ那我可真是个大垃圾

总算还是回归了常态。

T3文件名写错，把“city.in”写成“city,in”

还好，只丢了20分。

T2乱打$O(n^2 \ log^2n)$数据水拿了$95pts$

T1慢速乘yy一下就没了。

然后其实很垃圾。特别困，状态很差，脑子也动不起来了。

于是一直在打。打完暴力打对拍，偶尔停下来想一想。

T2想到了正解但是不会证复杂度所以没有打（这个倍增思路被我在考场上YY出来很多次但是一直觉得它的复杂度不对所以没打过。。。）

但是当我在9：35挂上T2的对拍发现我RE不输出的时候我就是到事情不太妙。（考后看到交上去的代码WA 0了）

这次考试不是210分钟而是205分钟所以更加紧迫。赶忙gdb发现是剪枝挂了，干掉剪枝就没事了。

对拍很重要啊！

 

T1：求和

算是个慢速乘板子。快速乘据说会炸精。

 1 #include
 2 #define LL long long
 3 LL mod,a,b,c,d;
 4 LL mult(LL b,LL t,LL a=0){
 5     b%=mod;
 6     for(;t;t>>=1,b+=b){
 7         if(b>=mod)b-=mod;
 8         if(t&1)a+=b;
 9         if(a>=mod)a-=mod;
10     }
11     return a;
12 }
13 int main(){
14     freopen("sum.in","r",stdin);
15     freopen("sum.out","w",stdout);
16     scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d,&mod);
17     LL X=c-a+1,Y=d-b+1,x=a+c,y=b+d,ans=0;
18     if(X&1)ans+=mult(mult(X,x>>1),Y);
19     else ans+=mult(mult(X>>1,x),Y);
20     if(Y&1)ans+=mult(mult(Y,y>>1),X);
21     else ans+=mult(mult(Y>>1,y),X);
22     ans-=mult(X,Y);
23     if(ans<0)ans+=mod;
24     if(ans>mod)ans-=mod;
25     printf("%lld\n",ans);
26 }

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T2：分组配对

最有配对方案一定是最大的与最大的配，第二与第二配。

应该不需要证明吧，简单的数学推导。

然后这是$O(n^2 \ log^2n)$的暴力

 1 #include
 2 #include
 3 using namespace std;
 4 int n,a[500005],b[500005],ra[500005],rb[500005],ans,high[500005];
 5 long long M,sum[500005];
 6 bool chk(int l,int r){
 7     if(sum[r]-sum[l-1]>M)return false;
 8     for(int i=l;i<=r;++i)ra[i]=a[i],rb[i]=b[i];
 9     sort(ra+l,ra+r+1);sort(rb+l,rb+r+1);
10     long long A=0;
11     for(int i=l;i<=r;++i)A+=1ll*ra[i]*rb[i];
12     return A<=M;
13 }
14 int main(){
15     freopen("pair.in","r",stdin);
16     freopen("pair.out","w",stdout);
17     scanf("%d%lld",&n,&M);
18     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);
19     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&b[i]);
20     for(int i=1;i<=n;++i)sum[i]=sum[i-1]+1ll*a[i]*b[i];
21     for(int i=0;i<20;++i)for(int j=1<1<1&&j<=n;++j)high[j]=i;
22     for(int i=1;i<=n;){
23         int l=i,r=n;ans++;
24         while(l1)if(chk(i,l+r>>1))l=l+r>>1;else r=(l+r>>1)-1;
25         if(chk(i,r))i=r+1;else i=l+1;
26     }printf("%d\n",ans);
27 }

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实际上套一个先倍增后二分就能解决二分界过大的问题。

进阶指南的原题，不细说（之前没好好看书。。。）

 1 #include
 2 #include
 3 using namespace std;
 4 int n,a[500005],b[500005],ra[500005],rb[500005],ans,high[500005];
 5 long long M,sum[500005];
 6 bool chk(int l,int r){
 7     if(sum[r]-sum[l-1]>M)return false;
 8     for(int i=l;i<=r;++i)ra[i]=a[i],rb[i]=b[i];
 9     sort(ra+l,ra+r+1);sort(rb+l,rb+r+1);
10     long long A=0;
11     for(int i=l;i<=r;++i)A+=1ll*ra[i]*rb[i];
12     return A<=M;
13 }
14 int main(){
15     freopen("pair.in","r",stdin);
16     freopen("pair.out","w",stdout);
17     scanf("%d%lld",&n,&M);
18     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);
19     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&b[i]);
20     for(int i=1;i<=n;++i)sum[i]=sum[i-1]+1ll*a[i]*b[i];
21     for(int i=1;i<=n;){
22         int l,r,j;ans++;
23         for(j=0;i+(1<1<=n;++j)if(!chk(i,i+(1<1)){l=i+(1<1)-1;r=i+(1<2;break;}
24         if(i+(1<1>n)l=i+(1<1)-1,r=n;
25         while(l1)if(chk(i,l+r>>1))l=l+r>>1;else r=(l+r>>1)-1;
26         if(chk(i,r))i=r+1;else i=l+1;
27     }printf("%d\n",ans);
28 }

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T3：城市游戏

神仙。难想。

抄题解就好了。

设$f_i$表示现在小B还没有封路过，这时候小A在最优决策下走到n号点的距离。

考虑转移，设$d_{i,j}$表示$i - j$这条路径被封上之后，从i到n的最短路。

那么转移的方程就是$f_i=min(max(f_j+dis_{i,j},d_{i,j}))$。$dis$是边的长度。

注意这个$min$和$max$的嵌套，它的具体含义就是小B会在里面的两种决策里选择最优的，而小A在考虑所有小B的可能的决策后选择最优的。

内层的具体含义就是如果现在立刻封路，那么现在小A的剩余距离就是$d_{i,j}$。剩下的一种决策就是不拦着小A让他随便继续走，以后再封路。

$f_n=0$。倒着推回去就好了。具体做法就是$Dijkstra$。把$max$里面的东西当做边权跑最短路。

因为是倒推，所以对$f$定义的理解也要倒着想。

现在没有封路的话，那么就可以选择两种：

一种是立刻封掉下一条路，然后不再封路，一种是先不动让小A继续走，然后以后再封，取以后的最优决策$f_j$。

构造以n为根的最短路径树，这样就能得到每个点到他的祖先点的距离。同时也就能得到每个点到n的距离。

所以就是从n号点再跑一个$Dijkstra$得到最短路，记录前驱边，用前驱边建树。

如果小B不封最短路树上的边，那么小A就会直接按照最短路树上的边走到n。

所以必须封一条最短路径树上的边$(u,v)$。这么一封，树就断成了两个联通块。

如果$u$是父亲的话，那么两个联通块一个是以$v$为根的子树，另一个是原树的剩余部分。

想要替代这条被封的边的话，那么一定会走一条边$(a,b)$且$a,b$分别属于两个联通块。

比较明显啊，如果属于同一个联通块那么$u,v$还是不联通啊没有替代原边的效果。

替代之后，从$v$到$n$的最短距离就是$dt[a]+dt[b]+dis_{a,b}-dt[v]$。

其中$dt$表示每个节点到n号点的最短路。画个图就明白了不细说。

这样的话我们就能得到$d$数组了。但是复杂度还是不对的。

换一个思路，我们考虑每一条树外边的贡献。

它能让什么样的树边所断开的联通块重新联通呢？条件是$a \in subtree(v) \ and \ b \notin subtree(v)$

再进一步，当且仅当$v$在$a$或$b$的祖先链上（那么一个在$v$子树里一个在子树外）。

但又不能同时在$a,b$的祖先链上（那么就都在子树外了）。

那么就是$lca$以下的祖先链部分了。

边权下放到儿子，那么用儿子的权值代表父边的话，就是$a$到$lca$和$b$到$lca$，不含$lca$

最后得到的就是$w_i=d_{fa_i,i}$

链上更新取$min$。可以用题解里说的神仙的并查集，但树链剖分貌似更加显然（复杂度都多了一个$log$）

然而复杂度什么的并不是问题，其实爆跳父亲跳到$lca$不断更新即可。

俩$Dijkstra$一个$dfs$。代码还是挺好写的。

 1 #include
 2 using namespace std;
 3 #define LL long long
 4 #define S 100005
 5 #define inf 100000000000000000
 6 priority_queueint>,vectorint> >,greaterint> > >q;
 7 int fir[S],l[S<<2],to[S<<2],ec=1,n,m,Q[S],pre[S],FIR[S],L[S],TO[S],EC,f[18][S],dep[S];
 8 char al[S],iq[S],nt[S<<2],AL[S],it[S<<2];LL dt[S],ans,DT[S],w[S<<2],dp[S];
 9 void link(int a,int b,int v){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;w[ec]=v;}
10 void LINK(int a,int b){L[++EC]=FIR[a];FIR[a]=EC;TO[EC]=b;}
11 void dfs(int p){
12     for(int i=1;i<18;++i)f[i][p]=f[i-1][f[i-1][p]];dep[p]=dep[f[0][p]]+1;
13     for(int i=FIR[p];i;i=L[i])f[0][TO[i]]=p,dfs(TO[i]);
14 }
15 int lca(int a,int b){
16     int subdep=dep[a]-dep[b];
17     if(subdep<0)subdep*=-1,a^=b^=a^=b;
18     for(int i=17;~i;--i)if(subdep&1<f[i][a];
19     if(a==b)return a;
20     for(int i=17;~i;--i)if(f[i][a]!=f[i][b])a=f[i][a],b=f[i][b];
21     return f[0][a];
22 }
23 int main(){
24     freopen("city.in","r",stdin);freopen("city.out","w",stdout);
25     scanf("%d%d",&n,&m);
26     for(int i=1,x,y,v;i<=m;++i)scanf("%d%d%d",&x,&y,&v),link(x,y,v),link(y,x,v);
27     for(int i=1;iinf;
28     q.push(make_pair(0,n));
29     while(!q.empty()){
30         int p=q.top().second; q.pop();
31         if(AL[p])continue;AL[p]=1;
32         for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(DT[to[i]]>DT[p]+w[i])
33             pre[to[i]]=i,q.push(make_pair(DT[to[i]]=DT[p]+w[i],to[i]));
34     }
35     for(int i=1;i1],i),it[pre[i]]=it[pre[i]^1]=1;
36     dfs(n);
37     for(int i=1;i<=m;++i)if(!it[i<<1]){
38         int a=to[i<<1],b=to[i<<1|1],LCA=lca(a,b);LL val=DT[a]+DT[b]+w[i<<1];
39         while(a!=LCA)dp[a]=min(dp[a],val-DT[a]),a=f[0][a];
40         while(b!=LCA)dp[b]=min(dp[b],val-DT[b]),b=f[0][b];
41     }
42     q.push(make_pair(0,n));
43     while(!q.empty()){
44         int p=q.top().second; q.pop();
45         if(al[p])continue;al[p]=1;
46         for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(dt[to[i]]>max(dt[p]+w[i],it[i]?dp[to[i]]:DT[to[i]]))
47             q.push(make_pair(dt[to[i]]=max(dt[p]+w[i],it[i]?dp[to[i]]:DT[to[i]]),to[i]));
48     }printf("%lld\n",dt[1]>=inf?-1:dt[1]);
49 }

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