20210815 图论模拟赛
作者：互联网
一次运气很好的模拟赛。
赛前
是有点开心也有点紧张的，一方面因为图论专题本人比较简单，另一方面其实这方面一向debug起来很费劲……
赛时
开题便觉得自己完了。四道题都没看懂可怎么做啊？
再度遍历后，“总算”读懂了\(T2\)和\(T3\)。\(T4\)因为“题面引起歧义”（出题人亲承）一直没有搞出样例。
眼看着过了近\(1h\)，想着必须要开始写题了，就开了\(T4\)。感觉像是签到题，但是自己理解的题意总是和样例相差1，于是只好输出ans-1（ans表示经过点的数量，ans-1表示经过边的数量）。
大概20分钟敲完\(T4\)并调试完，开的\(T2\)。一眼望去是种类并查集，再次基础上思考发现种类并查集可能性很大。故写上后用着并不太正确的数学方法调出了样例和自己造的数据。
赛后：这里是数学方法确实不正确，另外此题考查也完全不是并查集……
约用了一个小时。
然后看着\(T3\)，一道暴力可以稳拿\(60\)的题，还是想了近半个小时的正解，一直都是很接近，但是还差那么一点……
剩余约\(1h20\min\)放弃，开敲暴力。
剩余\(40\min\)，还是没太舍得放下\(T1\)。连想带敲了\(30\min\)后发现题面理解错了……无解只能准备文件后提交……
赛时结束还是很慌的，感觉自己爆了。
赛后
期望得分：\(0+[0,50]+60+[0,100]=[0,210]\)
实际得分：\(0+30+60+10=190\).
说实话，看到这个分数还是非常惊喜的。认真想的题没有挂分，还得到了一些意外的分数。
T1是确实想错了，加上题目本身知识点比较综合，丢分不是很可惜。
T2想错了还能拿到\(30pts\)，确实幸运。
T3(完全没调试)就稳拿了60的暴力分，还是很满意的。
T4在题目理解歧义的情况下还是AC了。
嗯。很满意的分数。
T1
从给定的每个长度为3的子串中构造出原串。
思路很奇妙的一道题。
对于每个串，可以看做前两位与某个串的后两位相同，同理后两位可以与某个的前两位相同。
由此想到：可以从自己前两位向自己后两位建一条边。
比如abc，则是ab\(\to\)bc.
特殊地，aaa视为建一条aa到自己的边。
如此下来，可以用一系列边和点确定这个序列。
剩下的问题，则是如何走完这些边。
通过图中所有边恰好一次且行遍所有顶点的通路称为欧拉通路。
通过图中所有边恰好一次且行遍所有顶点的回路称为欧拉回路。
具有欧拉回路的无向图或有向图称为欧拉图。
于是，考虑在构造出的图上判断是否可以找出欧拉路径即可。输出答案即为根据欧拉路径构造原串。
理论如上。实际还有一个细节：如何建图？
显然，用aa这种表示节点肯定不合适。
于是，用类似于处理hash的思想，将其构造出对应的节点，离散化后使用。最后注意还原的细节即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define fo(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout)
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f , N = 4e5+5;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
inline ll read(){
ll ret = 0 ; char ch = ' ' , c = getchar();
while(!(c >= '0' && c <= '9')) ch = c , c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') ret = (ret << 1) + (ret << 3) + c - '0' , c = getchar();
return ch == '-' ? -ret : ret;
}
int n,m;
int ecnt = -1,head[N],ind[N],oud[N];
int f[N];
int find(int x){return f[x] == x ? x : find(f[x]);}
inline void merge(int x,int y){f[find(x)] = find(y);}
struct Edge{int to,nxt;}e[N];
inline void add_edge(int u,int v){
// printf(" add (%d->%d)\n",u,v);
e[++ecnt] = (Edge){v,head[u]};
head[u] = ecnt;
ind[v] ++ , oud[u] ++;
merge(u,v);
}
inline int getint(char c){return c >= '0' && c <= '9' ? c-'0'+1 : c >= 'a' && c <= 'z' ? c-'a'+11 : c-'A'+37;}
inline char getch(int x){ return x >= 1 && x <= 10 ? x+'0'-1 : x >= 11 && x <= 36 ? x+'a'-11 : x+'A'-37;}
stack<int>stk;
void dfs(int u){
for(int i = head[u] ; ~i ; i = head[u]){
int v = e[i].to;
head[u] = e[i].nxt;
// printf(" dfs(%d,%d)\n",u,v);
dfs(v);
}
stk.push(u);
}
int a[N][2],p[N];
void init(){
for(int i = 1 ; i <= m ; i ++)
head[i] = -1 , ind[i] = oud[i] = 0 , f[i] = i;
ecnt = -1;
}
void work(){
char ch[4];
n = read();
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
scanf("%s",ch+1),
p[(i-1)*2+1] = a[i][0] = getint(ch[1])*65+getint(ch[2]) , p[(i-1)*2+2] = a[i][1] = getint(ch[2])*65+getint(ch[3]);
sort(p+1,p+n+n+1);
m = unique(p+1,p+n+n+1)-p-1;
init();
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
int u = lower_bound(p+1,p+m+1,a[i][0])-p,
v = lower_bound(p+1,p+m+1,a[i][1])-p;
// printf(" pre: add[%d] -> [%d]\n",a[i][0],a[i][1]);
add_edge(u,v);
}
int s = 1 , sum = 0;
for(int i = 1 ; i <= m ; i ++){
if(abs(ind[i]-oud[i]) > 1){puts("NO");return;}
if(oud[i]-ind[i] == 1) s = i;
sum += oud[i] != ind[i];
if(i != 1 && find(i) != find(i-1)){puts("NO");return;}
}
// printf("sum = %d , m = %d\n",sum,m);
if(sum != 0 && sum != 2){puts("NO");return;}
puts("YES");
dfs(s);
if(!stk.empty())
putchar(getch(p[stk.top()]/65));
while(!stk.empty())
putchar(getch(p[stk.top()]%65)),stk.pop();
puts("");
}
signed main(){
// fo("recover");
int T = read();
while(T--)
work();
}
/*
1
5
ACA
ABA
ABA
CAB
BAC
*/
T2
一道很好的题啊。
对于每个有敌对关系的节点，我们标记为二分图染成不同颜色。对于跟他敌对的点敌对的点（有点拗口hhh），通过递归的方式也标记上（此时就要强制与它是同色了。）若染色冲突则不可行。
否则，通过以上方式，可以将节点分割为多个联通块。
问题转化：在每组两个的多组联通块中各选取其中一个，使得选取总值最接近\(\dfrac n2\)。
此过程使用分组背包来实现。
#include <bits/stdc++.h>
#define fo(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout)
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f , N = 1e2+5;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
inline ll read(){
ll ret = 0 ; char ch = ' ' , c = getchar();
while(!(c >= '0' && c <= '9')) ch = c , c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') ret = (ret << 1) + (ret << 3) + c - '0' , c = getchar();
return ch == '-' ? -ret : ret;
}
int n;
int a[N][N];
bool vis[N],col[N];
int siz[N][2],tot;
int dp[N][N];
bool dfs(int u,int co,int bel){
if(vis[u]) return col[u] == co;
// printf(" color [%d]->%d :%d\n",u,co,bel);
vis[u] = 1, col[u] = co;
siz[bel][co] ++;
for(int v = 1 ; v <= n ; v ++)
if(!a[u][v])
if(!dfs(v,!co,bel))
return 0;
return 1;
}
void init(){
tot = 0;
memset(siz,0,sizeof(siz));
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(vis,0,sizeof(vis));
}
void work(){
n = read();
init();
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
for(int j = 1 ; j <= n ; j ++)
a[i][j] = read();
if(n == 1){puts("No solution");return;}
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
for(int j = 1; j <= n ; j ++)
a[i][j] = a[j][i] = a[i][j] & a[j][i];
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
if(!vis[i]){
tot ++;
if(!dfs(i,0,tot)){puts("No solution");return;}
}
dp[0][0] = 1;
int ans = INF;
for(int i = 1 ; i <= tot ; i ++)
for(int j = n ; j ; j --)
for(int k = 0 ; k <= 1 ; k ++)
if(j >= siz[i][k])
dp[i][j] |= dp[i-1][j-siz[i][k]];
// for(int i = 0 ; i <= n ; i ++)
// printf("%d:%d\n",i,dp[i]);
for(int i = 0 ; i <= n ; i ++)
if(dp[tot][i])
ans = min(ans,abs(n-i*2));
printf("%d\n",ans);
}
signed main(){
// fo("team");
int T = read();
while(T--)
work();
return 0;
}
T3
瓶颈就在，经过的边必须是在\([L,R]\)区间内建好的。
考虑进行离线，边权为建设时间。
将多个询问按左端点降序排序，这样处理起来，只有加边操作。
每添加一条边\(u\to v\)时，都只有dis[u]和可dis[v]能改变。
这样，令dis[u][k] = dis[v][k] = min(dis[u][k],ans[v][k])，直接维护即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define fo(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout)
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f , N = 1e3+5 , M = 1e5+5;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
inline ll read(){
ll ret = 0 ; char ch = ' ' , c = getchar();
while(!(c >= '0' && c <= '9')) ch = c , c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') ret = (ret << 1) + (ret << 3) + c - '0' , c = getchar();
return ch == '-' ? -ret : ret;
}
int n,m,k;
struct Edge{int u,v;}e[M];
struct Ask{int l,r,s,t,id;}q[M];
inline bool operator < (const Ask a,const Ask b){return a.l > b.l;}
int dis[N][N],ans[M];
signed main(){
// fo("plan");
memset(dis,0x3f,sizeof(dis)) ;
n = read() , m = read() , k = read();
for(int i = 1 ; i <= m ; i ++){
e[i].u = read() , e[i].v = read();
}
// printf(" %d -> %d\n",st,ed);
for(int i = 1 ; i <= k ; i ++){
int l = read() , r = read() , s = read() , t = read();
q[i] = (Ask){l,r,s,t,i};
}
sort(q+1,q+k+1);
q[0].l = m+1;
for(int i = 1 ; i <= k ; i ++) {
int s = q[i].s , t = q[i].t;
// printf(" ask[%d -> %d],(%d,%d)\n",s,t,q[i].l,q[i].r);
for(int j = q[i-1].l-1 ; j >= q[i].l ; j --){
int u = e[j].u , v = e[j].v;
// printf(" add[%d][%d]\n",u,v);
dis[u][v] = dis[v][u] = j;
for(int j = 1 ; j <= n ; j ++)
dis[u][j] = dis[v][j] = min(dis[u][j],dis[v][j]);
}
// printf("dis = %d\n",dis[s][t]);
ans[q[i].id] = dis[s][t] <= q[i].r;
}
for(int i = 1 ; i <= k ; i ++)
puts(ans[i] ? "Yes" : "No");
return 0;
}
T4
很水的签到题，这里就不再赘述了吧……
只需要判断新建边和序列的关系，给无向边定向即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define fo(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout)
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f , N = 5e4+5 , M = 2e5+5;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
inline ll read(){
ll ret = 0 ; char ch = ' ' , c = getchar();
while(!(c >= '0' && c <= '9')) ch = c , c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') ret = (ret << 1) + (ret << 3) + c - '0' , c = getchar();
return ch == '-' ? -ret : ret;
}
int n,m,k;
int ecnt,head[N];
struct Edge{int to,nxt;}e[M<<1];
inline void add_edge(int u,int v){
// printf("add (%d,%d)\n",u,v);
e[++ecnt] = (Edge){v,head[u]};
head[u] = ecnt;
}
int buc[N];
queue<int>q;
int st,ed;
int dis[N];bool vis[N];
inline void init(){
memset(head,-1,sizeof(head));ecnt = -1;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)buc[i] = 0,vis[i] = 0;
}
void bfs(){
while(!q.empty())q.pop();
vis[st] = 1 , dis[st] = 0;
q.push(st);
while(!q.empty()){
int u = q.front();q.pop();
if(u == ed)return;
for(int i = head[u] ; ~i ; i = e[i].nxt){
int v = e[i].to;
// printf("bfs(%d %d)\n",u,v);
if(!vis[v])
dis[v] = dis[u] + 1,
vis[v] = 1,
q.push(v);
}
}
}
void work(){
n = read() , m = read() , k = read();
init();
int u = read(),v;
buc[u] = 1;st = u;
for(int i = 1 ; i <= k ; i ++){
v = read();
buc[v] = i + 1;
add_edge(u,v);
u = v;
}
ed = v;
// printf(" %d -> %d\n",st,ed);
for(int i = 1 ; i <= m - k ; i ++){
u = read() , v = read();
if(!buc[u] || !buc[v])continue;
if(buc[u] < buc[v])add_edge(u,v);
else add_edge(v,u);
}
bfs();
printf("%d\n",dis[ed]);
}
signed main(){
// fo("seqpath");
int T = read();
while(T--)
work();
return 0;
}
明天接种疫苗第二针。早睡早睡。
标签：图论,int,ll,typedef,long,&&,20210815,模拟,dis 来源： https://www.cnblogs.com/Shinomiya/p/15145755.html