CSP-J&S-2019 游记
作者：互联网
初中最后一年OI，不过文化课上倒没掉什么链子，应该说上学期期末和第一次月考成绩还是比较好的，底气足一点。
\(Day\) \(\ \ -35\)
意识到了初赛的重要性，今年两个组报初赛的人都多的不得了，发觉这个比复赛还要凶险，于是开始认真复习初赛知识点，刷完了十年内的题目。
然而我初赛还是很菜的，一星期里总是在担心。
\(Day\) \(\ \ -30\)
初赛当天。
上午是S组，考场在交附，环境挺不错的，但是由于某些众所周知的原因服务器卡了，一开始\(20\)分钟不能登陆，最后是延时了\(20\)分钟，现场还不算太混乱。
下午是J组，考场在华师大，半小时做完后无聊，在草稿纸上默岳阳楼记，默完一节发现草稿纸要交，就不默了，开始背自己的答案。
今年初赛的难度，实在是非常简单，考完之后J和S的答案都出来了，自批了一下，J是\(100\)分，S是\(94\)分，比几次模拟考都要高（平时S大概是\(88\)分上下）...这成绩放在浙江估计也过了。
要说对考卷的分析，主要是完善程序太简单。
J组的阅读题有一道是\(a,b\)数组互指，还有一道是普通分治，都是些大水题。J组的完形题第一道递归水题是复读机就会做，另一道是基数排序模板也特别无聊。
S组的阅读题一道是问\(s\)删掉最长多少的子串还有\(t\)作为子序列，另一道听说是DSU，但是我不知道，反正题做出来了，就是数路径的方法，都是水题。S组的完形题有一道图论题，本来以为放这个位置好歹要拓扑排序+Priority_queue一类的东西，结果程序居然是个暴力；另外一道就比较搞笑了，中午刷洛谷的时候听人说初赛考状压DP，我还在考虑我们做的是不是一张卷子，然后发现两套卷子仅顺序不同，那就滑稽了，状压+DP=状压DP？总的来说水题为主，难度较低。
总体来说，最大的收获是知道了cin不能输入空串。
初赛是没问题了，不过这一天挺忙的，晚上的ABC比赛耽误了\(40\)分钟才发现，最后只做了前五题。
\(Day\) \(\ \ -15\)
这段时间跟着教练一直在做历年真题，但是我太菜了，除了2014年能AK以外基本都有一道题不会做，2017和2018有两道不会做的。
感觉NOIP2018真的有点难，赛道修建比较考代码能力，然后填数游戏就是个神仙题，到现在我也不能独立证出结论。好在近两年没有什么sb搜索题和sb图论题。最讨厌的就是华容道和斗地主这种了。
希望今年多出数论和树论。
（树论毒奶中了）
\(Day\) \(\ \ -4\)
期中考完了，文化课可以先扔一边了。
接下来就要做几件事：
熟悉一下NOI Linux系统（然而如果不出问题的话我还是选Windows）；
打一遍所有模板（数据结构，图论，分治，动态规划），高精度和省选不考的除外；
如果来得及就补一下前几次模拟赛的题（估计来不及）；
休息半天，准备AK普及，提高450+。
Linux下的编辑感觉真没有Windows方便，找不到怎么补全括号最烦了。另外某谷上几次比赛都太毒瘤了（省选模拟赛），之前几年的题（大搜索除外）和一套本省同年级神仙gyr的题做了一下。
\(Day\) \(\ \ -2\)
两天之内打了很多的板子（ST表，树状数组，线段树，左偏树。主席树，Kruskal重构树，SPFA负环，单调队列，单调栈，三分法，lucas定理，杜教筛，KMP，Manacher），有不少来不及打了只能看一遍（三种Tarjan是最虚的所以看了两遍，扩展BSGS，各种Trie）。
正常的题就来不及写了，就写了一些以前做过的数据结构综合题（Peaks之类的）。
\(Day\) \(\ \ 0\)
考前最后一天，休息，看一下考试的一些细节要求，颓洛谷和B站。
\(Day\) \(\ \ 1\)
Day1进考场先打了个Tarjan板子，还没打完就公布密码了。
拿到题先根据别人的经验仔细阅读了第一页，WTF题面里就有两道是树？
先看T1，感觉是个大水题，没急着写，先去看了看后面两题。喜闻乐见的是T2长得像个数据结构，应该是套路题，T3是个非套路题，不过我当时想着应该有足够时间做出来吧。
先去写了下T1，刚开始觉得是个和异或有关的东西，但是没有一眼推出结论，只好老老实实写递归，没注意到longlong就看T2了。
T2一开始花了几分钟写出来一个暴力，结果没过样例，发现idea错了。然后恍惚了一会，顺眼看到第一题的\((1<<64)\)，于是顺手开了个ull。
发现以前自己出题的时候出过类似T2的idea，所以立刻想了个差不多的算法，只是实现起来繁琐一点，花了一点时间写了个倍增+询问离线+计数数组。最后所有样例都过了，两题基本上稳了，时间过去了1个小时不到一点，开始看T3。
T3看到范围是\(2000\)开心了一会。贪心倒是很容易想：从小到大每个数字尽量到小的点上去，检验是否可以就行了。但是连个\(O(n^3)\)也口胡不出来，看了一下有\(n\leq 10\)的\(10\)分，先写掉了，然后再想正解，又想不出来就写了一个菊花图的部分分。然后时间就差不多了，Day1就这样在恍惚间过去了。
（结果后来发现菊花图写错了）
S-Day1期望得分：100+100+35=235
下午考PJ，得到密码前先打了个dij板子，后来手残删掉了（如果不删还可以省点时间）。
看了T1直接花了一分半钟切掉了，然后看T2，结果一点思路都没有：PJ的T2也能这么难吗？然后又看了T3和T4，发现T3好像很可做，但还是先看了T2。
盯着T2看了两分钟突然意识到可以枚举所有券，于是感觉自己花了几分钟才看出来一个sb题，自己也很sb啊。
然后T3几乎就立刻想出来了，每天独立做完全背包，贪心一下发现肯定是对的。
做完T3只过了大概\(20\)分钟，还有三个小时想T4，看了两分钟以后意识到了奇偶性的问题，其实就是要求长度分别为奇数和偶数的最短路了，接下来就很精彩了。
现场脑子抽掉了，没想到分层图/直接BFS等简单方法，联想到了“图论”和“奇偶性”这两个东西以后在大脑里就搜索到了一道叫做校园旅行的题（HNOI2019，黑题），依稀记得那道题是根据奇环缩边，于是这道题也狂想奇环这方面的事。
神奇的是我真想出来了，推了大概\(10\)分钟的结论发现：虽然奇环很多，但是只要建最短路树后只要枚举一条非树边的奇环即可，然后奇环数量就少了。
然后接着想怎么推一个点经过非树边到\(1\)的最短路，第一反应是在最短路树上DP，于是写了一下，发现大样例里有一行是错的，于是自己Hack了一下发现确实是错的——经过奇环的时候不一定走树边，所以实际上求完奇环后只要求所有端点的单源最短路，这样的话连到超级源点再跑带权的dij就可以了（考试前试机打的板子删了只好重写），然后就过了大样例。
最后\(1h\)太无聊了。
题比较简单，所以就顺便发一下题解吧：
T1: Number
我的解法：
利用stl-bitset的count功能
水题，可以用scanf+%s读入。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=12;
int n,ans;
char c[MAXN];
int main () {
freopen("number.in","r",stdin);
freopen("number.out","w",stdout);
scanf("%s",c+1);
int n=strlen(c+1);
for (int i=1;i<=n;i++) {
if (c[i]=='1') {ans++;}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}T2: Transfer
我的解法：
利用树套树减小常数，增大时间复杂度
对于每一个\(1\)，暴力枚举前面\(45\)个操作，寻找最早的满足要求的花费掉。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=100010;
int n,f[MAXN],v[MAXN],t[MAXN],vis[MAXN],ans;
int main () {
freopen("transfer.in","r",stdin);
freopen("transfer.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%d%d%d",&f[i],&v[i],&t[i]);
if (f[i]==0) {ans+=v[i];}
else {
int flag=0;
for (int j=max(1,i-46);j<=i-1;j++) {
if (f[j]==0&&!vis[j]&&v[j]>=v[i]&&t[i]-t[j]<=45) {
vis[j]=1;
flag=1;
break;
}
}
if (!flag) {ans+=v[i];}
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}T3: Souvenir
我的解法：
考虑第一天买第三天卖相当于是第二天先卖了，然后同一天又买进来，第三题再卖出去。也就是说，存在一种最优策略，今天买的东西一定明天卖。
所以每一天就独立了，对于第\(i\)天的第\(j\)件商品，可以花费\(p_{ij}\)的价格赚到\(p_{(i+1)j}-p_{ij}\)的差价，每个商品都可以买无限个，再加上金币数量始终不超过\(10^4\)，每天都完全背包即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=10010,MAXM=110;
int t,n,m,dp[MAXN],pri[MAXM][MAXM],wl[MAXM],vl[MAXM];
int main () {
freopen("souvenir.in","r",stdin);
freopen("souvenir.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&t,&n,&m);
for (int i=1;i<=t;i++) {
for (int j=1;j<=n;j++) {
scanf("%d",&pri[i][j]);
}
if (i>=2) {
memset(dp,0,sizeof(dp));
for (int j=1;j<=n;j++) {
wl[j]=pri[i-1][j],vl[j]=pri[i][j]-pri[i-1][j];
for (int k=wl[j];k<=m;k++) {
dp[k]=max(dp[k],dp[k-wl[j]]+vl[j]);
}
}
int tmp=0;
for (int j=1;j<=m;j++) {tmp=max(tmp,dp[j]+m);}
m=tmp;
}
}
printf("%d\n",m);
return 0;
}T4: Work
我的解法：
好像跟网上其他人的解法很不一样呢...
题目其实是要求，有没有一种从\(1\)到\(u\)的路径，恰好经过\(L\)条边。
考虑到每条边可以重复经过，所以如果存在\(a\)条边的路径，那么\(a+2k\ \ (k\in N)\)的路径也存在。于是首先可以确定，如果\(1\)到\(i\)的最短路记为\(dis[i]\)，则如果\(dis[u]\ge L\)且\(dis[u]\equiv L\mod 2\)，那么答案是肯定的。
接下来考虑\(dis[u]\ne L\mod 2\)的情况，也就是到\(1\)的路径中改变了一次奇偶性的情况。也就是路径中的某一段有两种奇偶性不同的通过方法，那么将两条路径拼起来就得到了一个奇环，所以如果这种情况可行，必然经过了最短路以外的一个奇环。
然而奇环本身不容易统计，所以考虑换一个角度。先可以建出\(1\)为根的最短路树，那么树上当然没有环，奇环只能在非树边中产生，而且我们有如下结论：
必然可以只通过只有一条非树边的奇环，且只需要通过这样的一条奇环达到改变奇偶性的最短路。
结论容易用反证法证明（考场上看出来了也就懒得证），如果只有一个奇环是经过两个非树边的，那么这两个非树边分别与其他树边构成的环中必然有一个奇环。
于是，只要枚举经过哪个奇环即可，而通过奇环其实就是通过奇环中的那个非树边（不一定要绕圈），所以我们可以从任一个点出发必经过一条指定边的最短路。
如果奇环中非树边为\((u,v)\)，那么\(u\)通过这条边的最短路显然是\(dis[v]+1\)，于是其他点如果要从\(u\)到达这条边，最短路也就是\(dis(x,u)+dis[v]+1\)了，有很多这样的\(u\)，不能分别跑最短路，所以建一个超级源点，把所有非树边的端点向超源连权值为上面那个\(dis[v]+1\)的边，然后从超源跑最短路即可。
好像很烦的样子...不过程序好写，就是两遍最短路。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=200010;
int n,m,qu,eg,eg2,x,y,hd2[MAXN],ver2[2*MAXN],nx2[2*MAXN],dis[MAXN],vis[MAXN];
int hd[MAXN],ver[4*MAXN],nx[4*MAXN],edge[4*MAXN],dis2[MAXN],vis2[MAXN];
priority_queue < pair<int,int> > q;
priority_queue < pair<int,int> > q2;
void add_edge (int x,int y,int z) {
ver[++eg]=y;
nx[eg]=hd[x],edge[eg]=z;
hd[x]=eg;
return;
}
void add_edge2 (int x,int y) {
ver2[++eg2]=y;
nx2[eg2]=hd2[x];
hd2[x]=eg2;
return;
}
int main () {
freopen("work.in","r",stdin);
freopen("work.out","w",stdout);
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
memset(dis2,0x3f,sizeof(dis2));
scanf("%d%d%d",&n,&m,&qu);
for (int i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d%d",&x,&y);
add_edge2(x,y),add_edge2(y,x);
}
q.push(make_pair(0,1));
dis[1]=0;
while (!q.empty()) {
pair <int,int> a=q.top();
q.pop();
if (vis[a.second]) {continue;}
vis[a.second]=1;
for (int i=hd2[a.second];i;i=nx2[i]) {
if (dis[ver2[i]]>dis[a.second]+1) {
dis[ver2[i]]=dis[a.second]+1;
q.push(make_pair(-dis[ver2[i]],ver2[i]));
}
}
}
for (int i=1;i<=n;i++) {
for (int j=hd2[i];j;j=nx2[j]) {
add_edge(i,ver2[j],1);
if ((dis[i]&1)==(dis[ver2[j]]&1)) {
add_edge(i,n+1,dis[ver2[j]]+1);
add_edge(n+1,i,dis[ver2[j]]+1);
}
}
}
q2.push(make_pair(0,n+1));
dis2[n+1]=0;
while (!q2.empty()) {
pair <int,int> a=q2.top();
q2.pop();
if (vis2[a.second]) {continue;}
vis2[a.second]=1;
for (int i=hd[a.second];i;i=nx[i]) {
if (dis2[ver[i]]>dis2[a.second]+edge[i]) {
dis2[ver[i]]=dis2[a.second]+edge[i];
q2.push(make_pair(-dis2[ver[i]],ver[i]));
}
}
}
for (int i=1;i<=qu;i++) {
scanf("%d%d",&x,&y);
if (dis[x]%2==y%2) {
if (dis[x]<=y) {printf("Yes\n");}
else {printf("No\n");}
} else {
if (dis2[x]<=y) {printf("Yes\n");}
else {printf("No\n");}
}
}
return 0;
}J期望得分：100+100+100+100=400
\(Day\) \(\ \ 2\)
解压以后先看T1：呀今年T1怎么不是水题，还是Yazid的题，那肯定做不出来的呀。
然后看T2：早上刚看的1D/1D的动态规划怎么套不上去？
再看T3：哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈。
然后花了一个半小时做了T3，回去水了前两道题的部分分。由于T1有Yazid，也就没想正解。
不要想着D2翻盘，因为你根本不知道盘是什么。
S-Day2期望得分：64+64+100=228。
选手程序跟几个网站数据出来了，我今年也差不多退役了。
AFO：
洛谷：
J 400/ S 423
OI题库：
J 400/ S 363
牛客：
J 400/ S 378
遗憾：一心以为T6满分结果连几个部分分也懒得去打（保险没了），T4是个大水题没做满分。
今年就这么结束了...三个网站前五题总分一模一样（338），第六题就很秀了，各个地方得分都不一样，最坏打算就是只拿十几分了...那我就真退役了。
S真实成绩：\(100+100+10+64+64+25=363\)
J真实成绩：\(100+100+100+100=400\)
初中OI生涯大概就这样了吧，两个月后也许能混个WC，省队希望不大了（CSP提前丢了很多分，输在了起跑线上）。
接下来要做的事：去学文化课，认真准备一模，认真准备自招，踏进efz的大门，OI就等省选以前再说吧。
标签：int,100,短路,MAXN,奇环,2019,游记,CSP,dis 来源： https://www.cnblogs.com/ix35/p/11967337.html