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\(j\)向\(i\)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。。。