【纪中集训】2019.07.11【NOIP提高组】模拟 B 组TJ

Preface

  • 今天的B组题确实比A组难多了。。。

    T1

    Description

  • 有一个长为\(n(n\in[1,2*10^5])\)的01串,有\(m(m\in[1,10^5])\)个限制\(a_i、b_i\),表示限定区间\([a_i,b_i]\)中有且只有1个1。
  • 求最多的1的数目。无解输出-1。

    Solution

  • 这题可以DP。但我们有一种更加巧妙也方便的方法——差分约束。(我好像是第一次打这东西)
  • 一个标准的差分约束系统是有一个未知数列\(x_{1..n}\),有若干个形如\(x_i-x_j≤k\)的限制,求\(x_n-x_0\)的最大值。它的实现是建图,跑最短路。拿限制\(x_i-x_j≤k\)举例,我们从\(j\)\(i\)连一条长为\(k\)的边,那么最短路满足\(dis_j+k≥dis_i\),则将\(dis\)代入\(x\)即可。
  • 回到这题,我们可以对原串的前缀和构造差分约束系统。对于一个限制\(a、b(a≤b)\),我们可以视为有两个限制:\(s_b-s_{a-1}≤1\)\(s_{a-1}-s_b≤-1\);当然它还有隐限制\(s_i-s_{i-1}≤1\)\(s_{i-1}-s_i≤0\)
  • 建出了图后,我们就跑spfa。但囿于可能有负环,我们可以考虑在spfa中运行太久便确认负环存在,输出-1并退出程序。

    Code

#include 
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;

const int N=21e4,M=4*N;
int i,n,m,a,b,tov[M],len[M],nex[M],las[N],dis[N],h,t,d[10*M];
double start;
bool p[N];

void read(int&x)
{
    char c=getchar(); x=0;
    for(;!isdigit(c);c=getchar());
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+(c^48);
}

inline void link(int x,int y,int z) {static int tot=0; tov[++tot]=y,len[tot]=z,nex[tot]=las[x],las[x]=tot;}

void spfa()
{
    fo(i,1,n) dis[i]=1e9;
    h=0, p[d[t=1]=0]=1;
    while(hdis[a]+len[i])
            {
                dis[b]=dis[a]+len[i];
                if(!p[b])
                {
                    if(++t>=10*M) {puts("-1"); exit(0);}
                    p[d[t]=b]=1;
                    if(dis[d[h+1]]>dis[b]) swap(d[h+1],d[t]);
                }
            }
        p[a]=0;
    }
}

int main()
{
    read(n), read(m);
    fo(i,1,n) link(i-1,i,1), link(i,i-1,0);
    fo(i,1,m)
    {
        read(a), read(b);
        link(a-1,b,1), link(b,a-1,-1);
    }
    spfa();
    printf("%d",dis[n]);
}

T2

Description

  • 给定一棵\(N(N\in[1,10^5])\)个点的树,树边有黑白两种颜色。
  • 对于一条路径,令一个非起点/终点的点为休息点。定义平衡路径为起点到休息点、休息点到终点的分路径上都满足黑边数等于白边数的路径。
  • 求平衡路径数。

    Solution

  • 这题一眼树形DP;但仔细考虑后发现树形DP状态太大,转移太复杂。
  • 于是考虑点分治。
  • 我们以每个分治中心为根,计算贡献。那么有两种可能:一种是穿过根的路径;一种是一个端点在根上的路径(后者一定不能忘了考虑!!!)。


  • 对于前者,我们可以计算根子树内每个点到根的距离(白边为-1,黑边为1)。然后我们要记录每个点到根路径上是否有合法的休息点,这个只要它们的距离一样即可。
  • 然后我们合并两个路径,这可根据休息点的位置分类讨论。而合并的路径须满足两者到根距离互为相反数。
  • 具体实现可以用桶。

    Code

  • 这题真心不难打,也就1K多一点。但我弱调了半天

#include 
#define max(x,y) (x>y?x:y)
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define rep(x) for(int i=las[x],y;y=tov[i];i=nex[i])if(y!=fa&&!lG[y])
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=51e4;
int i,j,n,a,b,len[N],tov[N],nex[N],las[N],sz[N],siz[N],ms[N],dis[N],ed[N],d[N],d1[N],c[N],ck[N];
bool k[N],lG[N];
ll ans;

int getG(int x,int fa,int n)
{
    sz[x]=1,ms[x]=0;
    rep(x)
    {
        int G=getG(y,x,n);
        if(G) return G;
        sz[x]+=sz[y];
        if(ms[x]>1]];
        getdis(y,x,n), siz[x]+=siz[y];
    }
    ed[dis[x]]--;
}

void solve(int G,int n)
{
    if(n<5) return;
    G=getG(G,0,n);
    int fa=0;
    rep(G)
    {
        dis[y]=2*n+len[i>>1];
        getdis(y,G,n);
        do
        {
            y=d[d[0]];
            c[dis[y]]++, ck[dis[y]]+=k[y];
            d1[++d1[0]]=y;
            k[y]=0;
        }while(--d[0]);
    }
    while(d1[0]) {int y=d1[d1[0]--]; c[dis[y]]=ck[dis[y]]=0;}
    lG[G]=1;
    rep(G) solve(y,siz[y]);
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    fo(i,1,n-1)
    {
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&len[i]);
        if(!len[i]) len[i]=-1;
        tov[i*2]=b,  nex[i*2]=las[a],  las[a]=i*2;
        tov[i*2+1]=a,nex[i*2+1]=las[b],las[b]=i*2+1;
    }
    solve(1,n);
    printf("%lld",ans);
}

T3

  • 这题就不用说了吧。悬线法+暴力DP直接切穿。。。

转载于:https://www.cnblogs.com/Iking123/p/11172282.html

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