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noip多校模拟30

作者:互联网

考试过程:先读题,然后觉得开题顺序1324。首先是T1,我觉得应该比较简单,但是自己做了差不多两个小时,换了一种做法终于过了大样例,追回了心态。但是实际上我的做法是不对的。然后是T3,50分做法基本上很快就能想到,然后就开始想正解,但是实在不会了,想了一个小时左右就打上暴力走了。然后是T2,我刚开始想跑最短路之类的东西,但是复杂度太高了。然后我就想乱搞一下利用并查集直接缩点,其实这就是正解,但是我看错了数据范围,\(n\times m<=5e4\),我以为是\(n,m<=5e4\),然后数组就开小了,并且因为存在有向边,不能直接用并查集缩点,但是当时我没想到,就挂了。
总结:考试分配时间尽量均匀,T1不要花费那么长的时间了,要保证后面的题也能拿到相应的分数。

T1 构造字符串

思路:分析可知有一些位置填的数字相同,其他位置填的数字不同,那么我们可以利用并查集将填数字相同的位置缩起来。注意,因为存在缩点操作,我刚开始利用\(bitset\)存储与当前数字不同的并查集,调了半天,应该是这里会出现问题。后来我把代码重构,利用\(vector\)存储就对了。
代码如下:

AC_code

#include<bits/stdc++.h>
#define re int
#define ii inline int
#define iv inline void
#define F first
#define S second
using namespace std;
const int N=1010;
bitset<N> col[N];
struct node
{
	int y,len;
	friend bool operator < (node a,node b) {return a.y!=b.y?a.y>b.y:a.len<b.len;}
};
int n,m;
int ans[N],be[N];
vector<int> lt[N],ban[N];
vector<pair<int,int> >cun;
vector<node> v[N];
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > Q;
bool vis[N];
ii read()
{
	int x=0; char ch=getchar(); bool f=1;
	while(ch<'0' or ch>'9')
	{
		if(ch=='-') f=0;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' and ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return f?x:(-x);
}
ii gett(int x) {return x==be[x]?x:be[x]=gett(be[x]);}
int main()
{
	freopen("str.in","r",stdin);
	freopen("str.out","w",stdout);
	n=read(),m=read();
	int x,y,z;
	for(re i=1;i<=m;i++)
	{
		x=read(),y=read(),z=read();
		if(x>y) swap(x,y);
		v[x].push_back((node){y,z});
	} 
	memset(ans,-1,sizeof(ans));
	for(re i=1;i<=n;i++) be[i]=i,lt[i].push_back(i);
	for(re i=1;i<=n;i++)
	{
		if(!v[i].size()) continue;
		for(re j=0;j<v[i].size();j++)
		{
			node p=v[i][j];
			if(p.len==0) continue;
			for(re k=0;k<p.len;k++)
			{
				int fx=gett(i+k),fy=gett(p.y+k);
				if(fx==fy) continue;
				if(fx>fy) swap(fx,fy);
				be[fy]=fx;
				while(lt[fy].size()) lt[fx].push_back(lt[fy].back()),lt[fy].pop_back();
			}
		}
	}
	for(re i=1;i<=n;i++)
	{
		if(!v[i].size()) continue;
		for(re j=0;j<v[i].size();j++)
		{
			node p=v[i][j];
			int fx=gett(i+p.len),fy=gett(p.y+p.len);
			if(fx==fy) {printf("-1\n");return 0;}
			ban[fx].push_back(fy);
			ban[fy].push_back(fx);
		}
	}
	for(re i=1;i<=n;i++)
	{
		int fx=gett(i);
		if(vis[fx]) continue;
		vis[fx]=1;
		int now=0;
		for(re j=0;j<ban[fx].size();j++) if(ans[ban[fx][j]]!=-1) Q.push(ans[ban[fx][j]]);
		while(!Q.empty())
		{
			if(now==Q.top()) ++now;
			Q.pop();		
		}
		ans[fx]=now;
	}
	for(re i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[gett(i)]);
	return 0;
}
/*

6 6
4 1 2
4 2 2
4 2 2
5 2 1
6 2 0
2 4 2



*/


T2 寻宝

思路:因为没有修改,只需要判定,所以我们可以利用并查集将所有联通块缩起来。注意,此时不能走传送门,因为传送门是单向的。我们可以缩点后利用\(floyd\)和\(bitset\)判断联通块之间的联通关系。
代码如下:

AC_code

#include<bits/stdc++.h>
#define re int
#define ii inline int
#define iv inline void
#define f() cout<<"AC"<<endl
using namespace std;
const int N=5e4+5;
int dx[5]={-1,0,0,1};
int dy[5]={0,1,-1,0};
int n,m,k,q,timi;
vector<int> v[N],pos[N],cun;
char c[N]; 
int be[N];
bool vis[N],hav[N];
bitset<N> BS[N];
ii read()
{
	int x=0; char ch=getchar(); bool f=1;
	while(ch<'0' or ch>'9')
	{
		if(ch=='-') f=0;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' and ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return f?x:(-x);
}
ii gett(int x) {return x==be[x]?x:be[x]=gett(be[x]);}
iv dfs(int zu,int x,int y,int lx,int ly)
{
	be[pos[x][y]]=zu;
	vis[pos[x][y]]=1;
	for(re i=0;i<4;i++)
	{
		if(x+dx[i]<=0 or x+dx[i]>n or y+dy[i]<=0 or y+dy[i]>m) continue;
		if(x+dx[i]==lx and y+dy[i]==ly) continue;
		if(v[x+dx[i]][y+dy[i]]==1) continue;
		if(vis[pos[x+dx[i]][y+dy[i]]])
		{
			int fx=gett(pos[x+dx[i]][y+dy[i]]);
			if(fx!=zu) be[fx]=zu;
			continue;
		}
		dfs(zu,x+dx[i],y+dy[i],x,y);
	}
}
int main()
{
	freopen("treasure.in","r",stdin);
	freopen("treasure.out","w",stdout);
	n=read(),m=read(),k=read(),q=read();
	for(re i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%s",c+1);
		v[i].push_back(0);
		pos[i].push_back(0);
		for(re j=1;j<=m;j++)
		{
			if(c[j]=='.') v[i].push_back(0);
			else v[i].push_back(1);
			pos[i].push_back(++timi);
			be[timi]=timi;
		}
	}
	for(re i=1;i<=n;i++)
	{
		for(re j=1;j<=m;j++)
		{
			if(vis[pos[i][j]] or v[i][j]==1) continue;
			dfs(pos[i][j],i,j,0,0);
		}
	}
	int x,y,x2,y2;
	for(re i=1;i<=k;i++)
	{
		x=read(),y=read(),x2=read(),y2=read();
		int fx=gett(pos[x][y]),fy=gett(pos[x2][y2]);
		if(!hav[fx]) cun.push_back(fx),hav[fx]=1;
		if(!hav[fy]) cun.push_back(fy),hav[fy]=1;
		BS[fx][fy]=1;
	}
	sort(cun.begin(),cun.end());
	for(re k=0;k<cun.size();k++)
	{
		for(re i=0;i<cun.size();i++)
		{
			for(re j=0;j<cun.size();j++)
			{
				if(k==i or k==j or i==j) continue;
				if(BS[cun[i]][cun[k]] and BS[cun[k]][cun[j]]) BS[cun[i]][cun[j]]=1,BS[cun[i]]|=BS[cun[j]];
			}
		}
	}
	while(q--)
	{
		x=read(),y=read(),x2=read(),y2=read();
		int fx=gett(pos[x][y]),fy=gett(pos[x2][y2]);
		if(fx==fy or BS[fx][fy]) printf("1\n");
		else printf("0\n");
	}
	return 0;
}


T3 序列

容易发现这是一个与斜率有关的题目,这种题目通常通过维护凸包,或者李超树维护

跨过\(p_i\)的区间容易转化为:以\(p\)点单独的贡献+\(p_{i-1}\)为右端点的最优+以\(p_{i}+1\)为左端点的最优

两个问题同理,以\(p{i+1}\)为左端点为例
设\(sa_i=\sum_{j=1}^{i} a_j\) ,\(sb_i=\sum_{j=1}^{i} b_j\)
最优就是\(i+1\)到\(n\)中最大的原式值减去前缀\(p\)的原式值。
离线之后李超树维护直线即可
注意一个细节,负数减去负数可能会得到正数,所以线段树的返回值可以是负数,所以要有建树打标记之类的操作。
时间复杂度为\(O(n\log n)\),常数略大,需要大力卡常

AC_code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define re int
#define ii inline int
#define iv inline void
#define D double
#define F first
#define S second
using namespace std;
const int N=1e6+10;
const int INF=1e18;
struct node
{
	int p,k,id;
}cun[N];
struct SEG
{
	int k,b;
}s[N];
int n,m,mx,tot;
int ans[N];
int a[N],b[N],pa[N],pb[N],sa[N],sb[N];
ii read()
{
	int x=0; char ch=getchar(); bool f=1;
	while(ch<'0' or ch>'9')
	{
		if(ch=='-') f=0;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' and ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return f?x:(-x);
}
struct LCT
{
	#define lc (rt<<1)
	#define rc (rt<<1|1)
	int id[N<<3];
	bool no[N<<3];
	ii calc(int id,int x) {return s[id].k*x+s[id].b;}
	iv build(int rt,int l,int r)
	{
		id[rt]=0,no[rt]=1;
		int mid=floor((l+r)/2.0L);
		if(l==r) return;
		build(lc,l,mid),build(rc,mid+1,r);
	}
	iv insert(int rt,int l,int r,int L,int R,int p)
	{
		int mid=floor((l+r)/2.0L);
		int u=id[rt],tmp1=calc(u,mid),tmp2=calc(p,mid);
		if(l>R or r<L) return;
		if(L<=l and r<=R)
		{
			if(no[rt]) {no[rt]=0,id[rt]=p;return;}
			if(l==r)
			{
				if(tmp2>tmp1) id[rt]=p;
				return;
			}
			if(s[u].k<s[p].k)
			{
				if(tmp2>tmp1)
				{
					id[rt]=p;
					insert(lc,l,mid,L,R,u);
				}
				else insert(rc,mid+1,r,L,R,p);
			}
			else if(s[u].k>s[p].k)
			{
				if(tmp2>tmp1)
				{
					id[rt]=p;
					insert(rc,mid+1,r,L,R,u);
				}
				else insert(lc,l,mid,L,R,p);
			}
			else
			{
				if(s[p].b>s[u].b) id[rt]=p;
			}
			return;
		}
		if(L<=mid) insert(lc,l,mid,L,R,p);
		if(mid<R) insert(rc,mid+1,r,L,R,p);
	}
	ii query(int rt,int l,int r,int x)
	{
		if(l>x or r<x) return -INF;
		int res=(no[rt])?-INF:calc(id[rt],x);
		int mid=floor((l+r)/2.0L);
		if(l==r) return res;
		return max(res,max(query(lc,l,mid,x),query(rc,mid+1,r,x)));
	}
	#undef lc
	#undef rc
}T;
inline bool com(node a,node b) {return a.p<b.p;}
signed main()
{
	freopen("seq.in","r",stdin);
	freopen("seq.out","w",stdout);
	n=read(),m=read();
	for(re i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),b[i]=read();
	for(re i=1;i<=m;i++)
	{
		cun[i]=(node){read(),read(),i};
		mx=max(mx,abs(cun[i].k));	
	}
	sort(cun+1,cun+m+1,com);
	int cnt=mx;
	for(re i=1;i<=n;i++)
	{
		pa[i]=pa[i-1]+a[i];
		pb[i]=pb[i-1]+b[i];
	}
	T.build(1,-cnt,cnt);
	for(re i=m,j=n;i;i--)
	{
		while(j>cun[i].p and j>0)
		{
			s[++tot]=(SEG){pb[j],pa[j]};
			T.insert(1,-cnt,cnt,-cnt,cnt,tot);
			--j;
		}
		int nx=cun[i].k;
		int tmp=T.query(1,-cnt,cnt,-nx)-(pa[cun[i].p]-nx*pb[cun[i].p]);
		if(tmp>0) ans[cun[i].id]+=tmp;
		ans[cun[i].id]+=a[cun[i].p]-cun[i].k*b[cun[i].p];
	}
	tot=0;
	T.build(1,-cnt,cnt);
	for(re i=n;i;i--)
	{
		sa[i]=sa[i+1]+a[i];
		sb[i]=sb[i+1]+b[i];
	}
	for(re i=1,j=1;i<=m;i++)
	{
		while(j<cun[i].p and j<=n)
		{
			s[++tot]=(SEG){sb[j],sa[j]};
			T.insert(1,-cnt,cnt,-cnt,cnt,tot);
			++j;
		}
		int nx=cun[i].k;
		int tmp=T.query(1,-cnt,cnt,-nx)-(sa[cun[i].p]-nx*sb[cun[i].p]);
		if(tmp>0) ans[cun[i].id]+=tmp;
	}
	for(re i=1;i<=m;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
	return 0;
}

标签:cnt,ch,noip,int,30,多校,re,cun,define
来源: https://www.cnblogs.com/WindZR/p/15558438.html