洛谷 多校训练第 4 轮 题解 (A-H)

洛谷网校报名地址：洛谷网校

A题 T125991 God J and Ancient Tree

题目类型 ：tire树 启发式合并

题目大意 ：

给你一颗树，每个点都具有权值，要求你求解两条到根的链，使它们的并上点权异或值最大。

解题思路 ：

问题转换

可以考虑枚举每个分叉点，每次可以向两个方向延伸，每个方向都有很多种选择，问题就变成了询问两
个集合的最大异或和。（像两个方向延伸寻找最大异或和？？？）

解决方法

这个问题可以建立一边的 trie 树，然后在另一边挨个询问解决。
回到原问题，如果知道分叉点其中一个方向的所有可能形成的 trie 树，那对另一个方向挨个暴力询问一
次就行了。
因此问题在怎么求一棵子树所对应的 trie 树。

时间复杂度分析

使用启发式合并或者 dsu on tree，都可做到 nlog2(n)

什么是dsu on tree?

dsu on tree跟dsu(并查集)是没啥关系，可能是借用了一波启发式合并的思想？？
它是用来解决一类树上询问问题，一般这种问题有两个特征
1、只有对子树的询问
2、没有修改
一般这时候就可以强上dsu on tree了
在题目中不一定明确的问你子树i的答案，可能是把问题转化后需要算子树i的答案
为什么说利用启发式和并或者dsu on tree可以降低时间复杂度呢？
原因是在于dsu on tree 利用了轻重链剖分的方法
（什么是轻重链剖分？
对于树上的一个点，与其相连的边中，连向的节点子树大小最大的边叫做重边，其他的边叫轻边）

void dfs(int x, int fa, int opt){
	for(all Edge){ //遍历所有的边
		if (to == fa) continue;
		if (to != BigSon[x]) dfs(to, x, 0); //如果合重儿子不一样的话即是轻边，即递归扫所有的轻边
	}
	if (son[x]) dfs(BigSon[x], x, 1); //统计及重儿子的贡献
	add(x); //统计轻儿子的贡献
	ans[x] = NowAns;//更新答案
	if (!opt) delete(x);
}

代码

A.代码，会补

B题

C题

D题 T125994 God J and Decryption

题目类型 ：思维

题目大意 ：

给你段序列，其实代表的是一个环，最后一个位置实际上是和第一个位置相连接的，你每次可以修改连续的k个位置，（最后一个和第一个是算连续的）(修改方式，模10+1

解题思路 ：

假设原序列是 ai，差分一下得到一个新序列 bi = ai - ai-1(mod 10 ) ，b1 = a1 - an(mod 10) ，那么对区间 l 到 r 的 +1 操作就变成了bl + 1 然后br+1 -1 了。
这样问题就变成 b 序列被划分成了若干个环，每个环里的数可以自己 +1 然后使后一个数 -1。那么可以变成目标的要求就是这个环里所有数的总和模 10 是 0 了。

代码 ：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 50;
int a[MAXN];
int main(){
    int n, k; scanf("%d%d", &n, &k);
    string s; cin >> s;
    for(int i = 0; i < s.size(); i++){
        i == 0 ? a[i] = s[0] - s[n - 1] : a[i] = s[i] - s[i - 1];
        a[i] = (a[i] + 10) % 10; // 确保a[i]的值是大于等于0的，所以先加了10
    }
    int p = __gcd(n, k);
    for(int i = 0; i < p; i++){
        int l = i, r = 0;
        do {
            r = (r + a[l]) % 10;
            l = (l + k) % n;
        } while(l != i);
        if (r) { printf("No\n"); return 0;}
    }
    printf("Yes\n");
}

E 题 T125995 God J and Eel

题目大意 ：

题外话.感觉这题不太像是一个模拟题，更像是是一个阅读理解题

解题思路 ：

按要求模拟

代码 ：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 50;
struct DDL{
	string name;
	int due;//截止时间
};
vector<DDL> a[MAXN];
int main(){
	int n, m; cin >> n >> m;
	//每一次的输入时间也在发生改变
	for(int qr = 1; qr <= m; qr++){
		int ju, x, y; string b; cin >> ju;
		if (ju == 1){
			cin >> x >> b >> y;
			DDL cur; cur.name = b; cur.due = y;
			a[x].push_back(cur);//类似与迪杰斯特拉的，x到y存在边权
		}
		else if (ju == 2){
			cin >> x;
			DDL ans; int cur = 1e5;
			for(int i = 0; i < a[x].size(); i++){
				if (a[x][i].due - qr > 0 && a[x][i].due - qr < cur){
					//
					ans = a[x][i]; cur = a[x][i].due - qr;
				}

			}
			if (cur != 1e5) cout << ans.name << '\n';
			else cout << "Happy\n";
		}
		else {
			cin >> x >> b;
			for(int i = 0; i < a[x].size(); i++) 
				if (a[x][i].name == b){
					if (a[x][i].due < qr) printf("GG\n");
					else printf("OK\n");
				break;
				}
		}
	}
}

F 题 T125996 God J and Firm Structure

题目类型 ：图论，数学

题目大意 ：

有一个n个点的连通图，现在要求你最少删去k个点使得图变成不连通。求解这n个点所构成图的最少边数

样例解析 ：

可能通过题目大意还是不太明白题目是什么意思，那么我们先来看一下第一个样例

第一行输入的是样例个数先不用管它。

注意 n = 4， k = 1，
他仅仅删去了一个点就使得图变成了不连通的了

那么就很容易想到生成树

什么是生成树？
连通图中的生成树必须满足以下 2 个条件：
包含连通图中所有的顶点；
任意两顶点之间有且仅有一条通路；
因此，连通图的生成树具有这样的特征，即生成树中边的数量 = 顶点数 - 1
（区别于最小生成树，最小生成树，是在图中众多的生成树中，寻找总权值最小的生成树

k=1的时候很明显就是最小生成树，你只需要删去他的根就可以

所以k=1的时候答案就是 n-1

第二行样例也很容易想到，那便是成环情况。（因为你删一个剩下的还是处于联通的状态，只有删除两个才是变成不连通）
特别提示，这里删我们一直删的是点而不是边

那么其他情况是什么样的呢？

我们很容易清楚一个图是否连通，我们通常是用深搜广搜拓扑排序去判断。而出现不连通情况也通常是由于一个点被其他的点孤立，而使得该孤立点无法到达其他边，我们现在要做的其实就是删除k个点，实际上也算是删除与较为孤立点
连接的周围几个点，这样就能确保题目中要求的

度数表示的就是一个点所连接的边的数量（如果是桥的话，算两边，这题没有不用在意），下面所设的最小度数其实就是那个比较孤立的点。
以下来源洛谷官方题解，地址：洛谷

代码 ：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
int main(){
	int t; cin >> t;
	for(int T = 1; T <= t; T++){
		int n, k; cin >> n >> k;
		if (k == 1) {
			//生成树
			cout << n - 1 << '\n';
		}
		else{
			cout << ceil(n * k / 2) << '\n';
		}
	}
}

G题 T125997 God J and Giovanni’s Ticket

题目类型 ：数学（解方程？？）

题目大意 ：解方程，解出下列式子的xi如果解的出来输出YES和xi解不出来输出NO

For each test case, if you can find a xi print “YES” and xi Otherwise, print a single line “NO”

解题思路 ：

$2^{B_i}$ 底数2能不能让你思考到什么呢？二进制？移位运算？没错
⊕异或符号就是表示异或了，没什么好想的啦~

那么我们把公式化简，得到

根据题目所给的数据范围B、D都是大于0的数 $[1,31]$, D、B算是已经被确定的数（由输入确定）

代码 ：

H 题 T125998 God J and Ham Sausage

题目类型 ：数学

数学场无疑了QAQ

题目大意 ：

每d距离对香肠来上一刀，求解每段的体积是多少？
香肠形状被视为由两个半球和一个圆柱组成的形状。

是这个样子的（这是洛谷题目中所提供的图片，如果需要更清晰的，请报名洛谷多校 0.0）

解题思路 ：

（我们先不考虑后半部分，先考虑前半部分，因为当你前半部分考虑清楚的时候，后半部分也便简单了）
问题的难点主要是在于处理半球和圆柱的交接的地方，为什么这会是一个难点呢，请看下面的图

• d == r的时候，是很好解决的，第一部分的体积就是半球的体积
• d > r 的时候也很好解决， 第一部分就是半球的体积+长度为d-r的圆柱的体积
• 最不好考虑的是 d < r，第一需要计算球缺的体积，第二可能需要计算既不是球缺也不是圆柱的体积
  那么怎么解决呢？

---

• 由于球缺我都不是很了解，所以我先上网搜索了一下球缺这个东西要怎么计算体积
  
  找到了这么一个公式

$V=(\pi /3)(3R-h)\ast h²$

• 这个公式是怎么得来的呢？是通过二重积分求解体积积分而来的。
• 于是我们可以想，难道不能直接通过积分去计算每一段吗？这就是这一题的解题方法，避免了什么时候切在半球上的判断难点

把球的圆心视作原点，体积则为函数 $y=\sqrt{r^2-x^2}$的某一段绕x轴旋转得到。令$V$为$(l,r)$的体积，可以积分得到

剩余的圆柱部分就很好求解了。每d段算一次

代码 ：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long double LDB;
int h, r, d; //输入变量
const LDB PI = acosl(-1); //圆周率

LDB get1(int H){
	H = min(max(H, 0), r);
	return PI * H * H * (r - H / 3.0L);
}
LDB get2(int H){
	H = min(max(H, 0), h);
	return PI * r * r * H;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d", &h, &r, &d);
  	int k = (h + 2 * r) / d + ((h + 2 * r) % d);
  	for (int i = 0; i < k; i++) {
    int s = i * d, t = (i + 1) * d;
    long double ans = get1(t) - get1(s) + get2(t - r) - get2(s - r) + get1(h + 2 * r - s) - get1(h + 2 * r - t);
    printf("%.10lf\n", (double) ans);
  }
}

总结

如何判断是否是一个好的题目？
英文看不懂，chrome翻译成中我依然看不懂，就是什么都看不懂。

参考文献

1 球缺推导
2 luogu std