首页 > 其他分享> > noip模拟50(待补)

noip模拟50(待补)

2021-09-11 17:03:49 作者：互联网

A. 第零题

第一眼给人一种特别水的感觉，我甚至以为跑一个最短路就行了..
实际上确实也不算特别难，但是没有只跑一个最短路那么简单.
打表发现了一个交换 \(s\) 和 \(t\) 不会影响答案的性质.
又发现了从 \(s\) 走到 \(t\) 的经历和从 \(1\) 走到 \(t\) 有一部分是重合的部分的性质.
然后就不会了.. 自己的码力不能够支撑自己接下来更多的分数了..
自己平时的做题和思考不够，平时做题的思考都是在某个专题下做题.
仅仅局限于在已知使用如何算法的时候去做题和思考.
要透析每个算法的应用范围，比如这道题是一棵树的形态，其实就要想到所有和树有关的算法.

本题使用树上倍增，找到如果从自己出发向根节点 \(1\) 走，那么第 \(2^i\) 个复活点.
根据 \(lca(s,t)\) 是不是 \(s\) 和 \(t\) 中的某一个去思考或许比较简单，当然代码不需要这么打：
如果 \(lca(s,t)\) 不是 \(s\) 或 \(t\) 中的某一个，那么必然要在 \(lca\) 处拐一下.
首先让 \(s\) 和 \(t\) 分别用复活点倍增，让自己到达 \(lca\) 的下方.
设 \(s\) 到达了 \(u\) ，\(t\) 到达了 \(v\).
如果\(dis_{u,v}>k\)，那么必然要在中间复活一次才能从 \(u\) 到达 \(v\) ，反之可以直接在 \(v\) 的地方复活；
反之，则很好写了.

A_code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace BSS
{
	#define ll long long int
	#define lf double
	#define re register ll 
	#define ull unsigned ll
	#define mp make_pair
	#define lb lower_bound 
	#define ub upper_bound 
	#define Fill(x,y) memset(x,y,sizeof x)
	#define Copy(x,y) memcpy(x,y,sizeof x)
	#define File(x,y) freopen(#x,"r",stdin),freopen(#y,"w",stdout)
	inline ll read()
	{
		ll ss=0; bool cit=1; char ch;
		while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-') cit=0;
		while(isdigit(ch)) ss=(ss<<3)+(ss<<1)+(ch^48),ch=getchar();
		return cit?ss:-ss;
	}
} using namespace BSS;

const ll N=2e5+21;

ll n,m,ops,ts,cnt,lg2;
ll dis[N],dfn[N],dep[N],head[N],rk[N];
ll fa[N][23],st[N][23];
struct I { ll u,v,w,nxt; } e[N<<1];
inline void add(ll u,ll v,ll w){
	e[++ts].u=u,e[ts].v=v,e[ts].w=w,e[ts].nxt=head[u],
	head[u]=ts;
}
void dfs(ll u,ll dad,ll w,ll depth){
	fa[u][0]=dad,st[u][0]=rk[ub(dfn+1,dfn+1+cnt,w-m)-dfn-1],
	dis[u]=w,dep[u]=depth,dfn[++cnt]=dis[u],rk[cnt]=u;
	for(re i=head[u];i;i=e[i].nxt){
		if(e[i].v==dad) continue;
		dfs(e[i].v,u,w+e[i].w,depth+1);
	}
	dfn[cnt]=0,rk[cnt--]=0;
}
inline ll lca(ll x,ll y){
	if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
	for(re i=lg2;i>=0;i--) if(dep[fa[x][i]]>=dep[y]) x=fa[x][i];
	if(x==y) return x;
	for(re i=lg2;i>=0;i--) if(fa[x][i]!=fa[y][i]) x=fa[x][i],y=fa[y][i];
	return fa[x][0];
}
inline ll die(ll &x,ll y){
	ll res=0;
	for(re i=lg2;i>=0;i--){
		if(dep[st[x][i]]>=dep[y]) x=st[x][i],res|=(1ll<<i);
	}
	return res;
}
signed main(){
	n=read(),m=read(); ll u,v,w,L,res,tmp; lg2=log2(n)+1;
	for(re i=2;i<=n;i++) u=read(),v=read(),w=read(),add(u,v,w),add(v,u,w);
	dfs(1,0,0,1); ops=read();
	for(re j=1;j<=lg2;j++)
		for(re i=1;i<=n;i++)
			fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1],st[i][j]=st[st[i][j-1]][j-1];
	while(ops--){
		u=read(),v=read(),L=lca(u,v);
		res=die(u,L)+die(v,L),tmp=dis[u]+dis[v]-(dis[L]<<1ll);
		res+=(tmp>=m) ; printf("%lld\n",res);
	}
	exit(0);
}

B. 第负一题

打了一个 \(O(n^2)\) 的 \(dp\) 就跑路了，想着用数据结构来搞一搞来着，发现并不能够.
考后拿到分治的标签后，依旧无法用自己的思路实现.

题解中根据分治时，左半区间是否选 \(mid\) ，右半区间是否选 \(mid+1\)，来进行 \(l\) ~ \(r\) 的区间的计算.
在 \(l\) ~ \(r\) 这个区间计算的是左端点在 \(l\) ~ \(mid\) 之间，右端点在 \(mid+1\) ~ \(r\) 的值.
这样一定可以保证计算到所有的区间，\(l==r\) 的话特判一下 \(return\) 就可以了.
那么区间的答案就是：

\[\sum_{i=l}^{mid} \sum_{j=mid+1}^r max(f_{i,0}+g_{j,1},f_{i,1}+g_{j,0},f_{i,0}+g_{j,0}) \]

剩下的因为我比较懒，不想写了，还是去看 \(fengwu\) 的吧..

B_code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace BSS
{
	#define ll long long int
	#define lf double
	#define re register ll 
	#define ull unsigned ll
	#define mp make_pair
	#define lb lower_bound 
	#define ub upper_bound 
	#define Fill(x,y) memset(x,y,sizeof x)
	#define Copy(x,y) memcpy(x,y,sizeof x)
	#define File(x,y) freopen(#x,"r",stdin),freopen(#y,"w",stdout)
	inline ll read()
	{
		ll ss=0; bool cit=1; char ch;
		while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-') cit=0;
		while(isdigit(ch)) ss=(ss<<3)+(ss<<1)+(ch^48),ch=getchar();
		return cit?ss:-ss;
	}
} using namespace BSS;

const ll N=2e5+21,mod=998244353;

ll n,ans;
ll val[N];
ll f[N][2],g[N][2];
pair<ll,ll> p[N];
inline void solve(ll l,ll r){
	if(l==r) return ans=(ans+val[l])%mod,void();
	ll mid=(l+r)>>1,res=0,llen=mid-l+1,rlen=r-mid,cnt=0,fs=0,gs=0;
	solve(l,mid),solve(mid+1,r),
	f[mid+1][0]=0,f[mid+1][1]=0,f[mid][0]=0,f[mid][1]=val[mid],
	g[mid+1][0]=0,g[mid+1][1]=val[mid+1],g[mid][0]=0,g[mid][1]=0,
	p[++cnt].first=max(f[mid][1]-f[mid][0],0ll),p[cnt].second=0,
	p[++cnt].first=max(g[mid+1][1]-g[mid+1][0],0ll),p[cnt].second=1;
	for(re i=mid-1;i>=l;i--){
		f[i][0]=max(f[i+1][0],f[i+2][0]+val[i]),f[i][1]=max(f[i+1][1],f[i+2][1]+val[i]),
		p[++cnt].first=max(f[i][1]-f[i][0],0ll),p[cnt].second=0;
		res=(res+f[i][0]*rlen%mod)%mod;
	}	
	for(re i=mid+2;i<=r;i++){
		g[i][0]=max(g[i-1][0],g[i-2][0]+val[i]),g[i][1]=max(g[i-1][1],g[i-2][1]+val[i]),
		p[++cnt].first=max(g[i][1]-g[i][0],0ll),p[cnt].second=1,
		res=(res+g[i][0]*llen%mod)%mod;
	}
	sort(p+1,p+1+cnt);
	for(re i=1;i<=cnt;i++){
		if(p[i].second) gs++,res=(res+p[i].first*fs%mod)%mod;
		else fs++,res=(res+p[i].first*gs%mod)%mod;
	} 
	ans=(ans+res)%mod;
}
signed main(){
	n=read();
	for(re i=1;i<=n;i++) val[i]=read();
	solve(1,n); printf("%lld\n",ans);
	exit(0);
}

C. 第负二题

标签：cnt,ch,noip,待补,ll,50,mid,fa,define
来源： https://www.cnblogs.com/AaMuXiiiiii/p/15255679.html