2021 acm-icpc区域赛(上海)补题笔记

前言

赛前打几场重现赛模拟一下，争取把力所能及的题都补了

yysy，今年大部分赛站卷的程度已经非往年可比的了…

比赛链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/24872

文章目录

题目一览

签到题：D,E,G,I

铜牌题：H

银牌题：J,K,M

金牌题：B

大概不是我能做的题：A,C,F,L

本场差不多是5题铜，6.5题银，8题金

D.Strange_Fractions(签到)

题意

$[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-iI3u9PE6-1648702495288)(C:\Users\xi2001\AppData\Roaming\Typora\typora-user-images\image-20220331112836696.png)]$

思路

初中数学，设

x = \frac ab

$x = \frac{a}{b}$

, 有

\frac pq = x + \frac1x

$\frac{p}{q} = x + \frac{1}{x}$

, 求根公式解出来即可。

E.Strange_Integerss(签到)

题意

从

n

个数中选出

m

个数使得两两之差绝对值不低于

k

，要求最⼤化

m

。

11 2
3 1 4 1 5 9 2 6 5 3 5

思路

排序后从⼩到⼤贪⼼选取合法且尽可能接近的数字即可

G.Edge Groups（树形dp)

题意

$[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-RQZdq7iT-1648702495288)(C:\Users\xi2001\AppData\Roaming\Typora\typora-user-images\image-20220331113937997.png)]$

求树分解成若⼲⻓度为2 的路径的⽅案数。

思路

很板子的树dp，队友写的，没看。官方题解：

$[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-L9dqzk1P-1648702742213)(C:\Users\xi2001\AppData\Roaming\Typora\typora-user-images\image-20220331114232880.png)]$

I.Steadily Growing Steam(背包)

题意：

题目有点长，大意是：

n件物品具有体积

t_i

$t_{i}$

和价值

v_i

$v_{i}$

，选出⾄多

k

$k$

件物品将其体积翻倍，然后选出若⼲物品并将其分为

体积和

相同的两堆

S,T

$S, T$

，问选出的物品

价值之和

最⼤是多少。

输入

输出

One possible scheme:

Double

t_1

$t_{1}$

and choose that

{

}

{

}

S=\{1\},T=\{3,4\}

$S = {1}, T = {3, 4}$

, where the point number sum are both 2, and the sum of the card values is

10+5+6=21

$10 + 5 + 6 = 21$

.

思路：

很显然是01背包，其实挺签到的，但却把我们卡了一个多钟。

主要是一直在想两个集合怎么相互转移的问题。

后来想到两个集合是可以合并的。

我们假设装进集合S的物品体积为

+t_i

$+ t_{i}$

, 那么可以假设装进集合T的物品体积为

-t_i

$- t_{i}$

,这样动态转移的终点就会在体积和

V=0

$V = 0$

处了。

具体地，设

[

]

[

]

[

]

dp[N][V][K]

$d p [N] [V] [K]$

表示当前在第i个物品，体积和为V，已经将K件物品翻倍。

然后第

i

$i$

个物品只会从第

−

i-1

$i - 1$

个物品转移，所以第一维的N可以用滚动数组滚掉，变成

[

]

[

]

[

]

dp[2][V][K]

$d p [2] [V] [K]$

.

我们将每个物品拆分成四个：

(

)

aa = (v_i , t_i)

$a a = (v_{i}, t_{i})$

,

(

−

)

bb = (v_i ,- t_i)

$b b = (v_{i}, - t_{i})$

(

∗

)

cc = (v_i , 2*t_i) ,

$c c = (v_{i}, 2 * t_{i}),$

(

−

∗

)

dd = (v_i , -2*t_i)

$d d = (v_{i}, - 2 * t_{i})$

那么：

[

]

[

]

[

]

(

[

]

[

]

[

]

[

⊕

]

[

−

]

[

]

[

]

)

dp[i][V][K] = max(dp[i][V][K],dp[i\oplus1][V-aa][j]+v[i])

$d p [i] [V] [K] = m a x (d p [i] [V] [K], d p [i \oplus 1] [V - a a] [j] + v [i])$

[

]

[

]

[

]

(

[

]

[

]

[

]

[

⊕

]

[

−

]

[

]

[

]

)

dp[i][V][K] = max(dp[i][V][K],dp[i\oplus1][V-bb][j]+v[i])

$d p [i] [V] [K] = m a x (d p [i] [V] [K], d p [i \oplus 1] [V - b b] [j] + v [i])$

[

]

[

]

[

]

(

[

]

[

]

[

]

[

⊕

]

[

−

]

[

−

]

[

]

)

dp[i][V][K] = max(dp[i][V][K],dp[i\oplus1][V-cc][j-1]+v[i])

$d p [i] [V] [K] = m a x (d p [i] [V] [K], d p [i \oplus 1] [V - c c] [j - 1] + v [i])$

, K>0

$, K > 0$

[

]

[

]

[

]

(

[

]

[

]

[

]

[

⊕

]

[

−

]

[

−

]

[

]

)

dp[i][V][K] = max(dp[i][V][K],dp[i\oplus1][V-dd][j-1]+v[i])

$d p [i] [V] [K] = m a x (d p [i] [V] [K], d p [i \oplus 1] [V - d d] [j - 1] + v [i])$

,K>0

$, K > 0$

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 111;
int dp[2][5555][111];
int n,k;
int v[N],t[N];
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>v[i]>>t[i];
    }
    for(int i=0;i<=5500;i++)
        for(int j=0;j<=110;j++)
            dp[0][i][j] = dp[1][i][j] = -1e15;
        int now = 0,ans = 0;
        dp[now][2800][0] = 0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            now = now^1;
            int aa = t[i],bb = -t[i],cc = 2*t[i],dd = -2*t[i];
            for(int V=-2600;V<=2600;V++){
                for(int j=0;j<=k;j++){
                    int tmp = V+2800;
                    dp[now][tmp][j] = dp[now^1][tmp][j];
                    dp[now][tmp][j] = max(dp[now][tmp][j],dp[now^1][tmp-aa][j]+v[i]);
                    dp[now][tmp][j] = max(dp[now][tmp][j],dp[now^1][tmp-bb][j]+v[i]);
                    if(k>0){
                        dp[now][tmp][j] = max(dp[now][tmp][j],dp[now^1][tmp-cc][j-1]+v[i]);
                        dp[now][tmp][j] = max(dp[now][tmp][j],dp[now^1][tmp-dd][j-1]+v[i]);
                    }
                    ans = max(ans,dp[now][tmp][j]);
                }
            }
        }
        cout<<ans<<endl;
}

H.Life is a Game (kruskal重构树+树上倍增)

题意：

⼀张带边权带点权⽆向图。从某点出发，有初始声望。每第⼀次到达⼀个点将获得点权等值的声望加成。

经过⼀条边需要满⾜边权等值的最低声望限制。多次给出起点和初始声望，询问能达到的最⼤声望。

$[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-jKwrc5XZ-1648702495289)(C:\Users\xi2001\AppData\Roaming\Typora\typora-user-images\image-20220331120606044.png)]$

思路：

铜牌题越来越难了啊。

我们不会kruskal重构树，那天用堆+启发式合并硬搞出来的。

现在补题主要写一写kruskal重构树的解法，毕竟可以离线做这道题。

洛谷上的kruskal重构树：https://www.luogu.com.cn/problem/P7834 （不过洛谷这题加了主席树维护第k大）

其实就是在kruskal的过程中建树：

把边按边权从小到大排序，并查集合并两端点

u,v

$u, v$

的同时新建一个节点

tot

$t o t$

, 节点

tot

$t o t$

连接

u,v

$u, v$

, 且维护

u,v

$u, v$

点的共同信息

在本题中，

tot

$t o t$

节点可以维护两个信息，

a_u + a_v

$a_{u} + a_{v}$

和

(

)

w(u,v)

$w (u, v)$

。

本题的感想是kruskal重构树是一个很好的思路，它用很少的时间和空间维护了并查集的一些关键信息。

样例的重构树长这样：

$[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-dJg7SGYt-1648702495289)(C:\Users\xi2001\AppData\Roaming\Typora\typora-user-images\image-20220331122050153.png)]$

然后树上倍增维护每个节点的第i级父节点，查询的时候倍增地查就好了。

官方解答：

在这里插入图片描述

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e5+100;
struct node{
    int u;
    int v;
    int w;
    bool operator<(node B) const{
        return w<B.w;
    }
}e[N<<1];
int a[N<<1];
int n,m,q;
int fa[N<<1];
vector<int> g[N<<1];
int val[N<<1];
int ff[N<<1][22];
int tot;
int find_fa(int x){
    return (fa[x]==x)?fa[x]:fa[x] = find_fa(fa[x]);
}
void Kruskal(){
    tot = n;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u = find_fa(e[i].u),v = find_fa(e[i].v),w = e[i].w;
        if(find_fa(u)!= find_fa(v)){
            tot++;
            val[tot] = w;
            g[tot].push_back(u);
            g[tot].push_back(v);
            g[u].push_back(tot);
            g[v].push_back(tot);
            fa[u] = fa[v] = fa[tot] = tot;
        }
    }
}
void dfs(int u,int f){
    ff[u][0] = f;
    for(int i=1;i<=20;i++){
        ff[u][i] = ff[ff[u][i-1]][i-1];
    }
    for(auto v:g[u]){
        if(v==f) continue;
        dfs(v,u);
        a[u] += a[v];
    }
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n>>m>>q;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],fa[i] = i;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x,y,z;
        cin>>x>>y>>z;
        e[i] = {x,y,z};
    }
    sort(e+1,e+1+m);
    Kruskal();
    dfs(tot,0);
    val[0] = 1e15+7;
    while(q--){
        int u,x;
        cin>>u>>x;
        int now = x+a[u];
        while(now!=tot){
            //cout<<u<<" "<<x<<endl;
            bool ok = false;
            for(int i=20;i>=0;i--){
                if(val[ff[u][i]]<=now){
                    u = ff[u][i];
                    ok = true;
                }
            }
            if(!ok) break;
            now = x+a[u];
        }
        cout<<now<<endl;
    }
    return 0;
}

K.Circle of Life(打表+构造)

题意

在这里插入图片描述

思路

找规律题，感觉如果把重构树写完还能剩一些时间的话大概率都能写写这题。。。

把题意模拟出来，然后发现是构造

发现n = 6时只有两种解：100110，（另一个忘了）

然后以这两个为主去找规律，发现1001可以作为循环节，然后没了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s[4] = {"1001","10001","100110","1001010"};
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    int n;
    cin>>n;
    if(n==2){
        cout<<"10"<<endl;
    }
    else if(n==3){
        cout<<"Unlucky"<<endl;
    }
    else if(n<=7){
        cout<<s[n-4]<<endl;
    }
    else{
        int tot = (n-4)/4;
        int res = (n-4)%4;
        for(int i=0;i<tot;i++) cout<<"1001";
        cout<<s[res]<<endl;
    }
}

J.Two Binary Strings Problem（bitset+位运算）

题意：

在这里插入图片描述

输入

输出

01000
00001100

思路：

会不会用bitset决定了这题能不能写。。。。

很显然，打暴力的话复杂度是

（

)

O（n^2)

$O （ n^{2})$

对于32位整型INT ，用bitset通过位运算打暴力的复杂度是

(

)

O(\frac {n^2}{32})

$O (\frac{n ^{2}}{3 2})$

但是细节很多，对着逆十字的代码看了半天才弄明白。。。

把0变成-1，然后维护前缀和

[

]

sum[]

$s u m []$

把前缀和排个序，大的在前面

然后按顺序遍历一遍

于是惊奇的发现，如果前面访问的位置

i

$i$

比之后访问的位置

j

$j$

小，那么

j

$j$

这个位置肯定是不行的

因为既然有

[

]

[

]

sum[i] > sum[j]

$s u m [i] > s u m [j]$

且

i < j

$i < j$

那么就必然存在一个

k

$k$

,使得

[

]

−

[

−

]

sum[j] – sum[j-k] <=0

$s u m [j] - s u m [j - k] < = 0$

,也就是

−

]

[j-k,j]

$[j - k, j]$

这个区间的0不比1少

所以开一个bitset A ，把顺序遍历时对应的位置pos标上，代表该位置被访问了。

对于

[

]

b[i] = 0

$b [i] = 0$

的情况，其实就是将

[

]

b[i] = 1

$b [i] = 1$

时的各项取反

那么再开一个bitset one,置为全1 ，因为二进制数异或全1就是取反。

然后一个bitset ans 记录答案，每次遍历时拿bitset A 更新ans.

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 50500;
char a[N],b[N];
int s[N],id[N];
bitset<N> A,ans,one;
bool cmp(int xx,int yy){
    return s[xx]==s[yy]?xx<yy:s[xx]>s[yy];
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    int t;
    cin>>t;

    while(t--){
        A.reset(),ans.reset(),one.reset();
        int n;
        cin>>n;
        cin>>(a+1);
        cin>>(b+1);
        int tg = n+1;
        for(int i=1;i<=n;i++) one[i] = 1;
        id[0] = 0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            s[i] = s[i-1]+((a[i]=='1')?1:-1);
            id[i] = i;
        }
        sort(id,id+1+n,cmp);
        for(int i=0;i<=n;i++){
            int pos = id[i];
            if(pos) {
                if (b[pos] == '1') {
                    ans = ans | (A >> (n - pos));
                    if (s[pos] <= 0) tg = min(tg, pos + 1);
                } else {
                    ans = ans | ((A ^ one) >> (n - pos));
                    if (s[pos] > 0) tg = min(tg, pos + 1);
                }
            }

            A[n-pos] = 1;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(ans[i]||i>=tg) cout<<0;
            else cout<<1;
        }
        cout<<endl;
    }
}

B.

Strange Permutations

（生成函数 / NTT+容斥）

呜呜呜，不会生成函数，不会快速傅里叶变换，不会数论变换

呜呜呜，我怎么什么都不会呀

有空再更吧。。。。

2022-4-5 我来补作业了.jpg

题意

$[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-Zyi6amSd-1649152929111)(C:\Users\xi2001\AppData\Roaming\Typora\typora-user-images\image-20220405172548932.png)]$

在

−

1 — n

$1 - - n$

的排列中，给出了

n

$n$

个限制：

)

(i,p_i)

$(i, p_{i})$

不能为排列中的相邻元素，问有多少个满足条件的排列？

输入

4
3 4 1 2

输出

给出的限制为：

 (1,3),(2,3),(3,1),(4,2)

满足的排列为：

{1,2,3,4} {1,4,3,2} {2,1,4,3} {2,3,4,1}
{3,2,1,4} {3,4,1,2} {4,1,2,3} {4,3,2,1}

思路

类似于在完全图中找一条经过

n

$n$

个点的哈密顿路，其中有

n

$n$

条边禁选。

首先是一个经典容斥问题：

ans_i

$a n s_{i}$

表示

选择了

i

$i$

条禁选边的方案数

那么，答案就是

∑

(

−

)

∗

(

−

)

sum = \sum_{i=0}^n (-1)^i*ans_i*(n-i)!

$s u m = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} * a n s_{i} * (n - i)!$

现在问题变成了如何求

ans_i

$a n s_{i}$

显然我们选边不能乱选，因为可能会成环。

可以知道，所有的禁选边会组成若干个环,我们可以在每个环中取最多 “环的边数-1” 条边。

也就是说，现在有

n

$n$

个环

sr_1 , sr_2,sr_3,…sr_n

$s r_{1}, s r_{2}, s r_{3}, . . . s r_{n}$

。

我们可以在第1个环中取 {0, 1 ,2 ,3 ,… ,

−

sr_n-1

$s r_{n} - 1$

} 条边，对应的组合数是：

(

)

F(1)

$F (1)$

= [

C_{sr_1}^{0}

$C_{s r_{1}}^{0}$

C_{sr_1}^{1}

$C_{s r_{1}}^{1}$

C_{sr_1}^{2}

$C_{s r_{1}}^{2}$

C_{sr_1}^{3}

$C_{s r_{1}}^{3}$

… …

−

C_{sr_1}^{sr_1-1}

$C_{s r_{1}}^{s r_{1} - 1}$

]

同理，对于其它环，对应的组合数是：

(

)

F(2)

$F (2)$

= [

C_{sr_2}^{0}

$C_{s r_{2}}^{0}$

C_{sr_2}^{1}

$C_{s r_{2}}^{1}$

C_{sr_2}^{2}

$C_{s r_{2}}^{2}$

C_{sr_2}^{3}

$C_{s r_{2}}^{3}$

… …

−

C_{sr_2}^{sr_2-1}

$C_{s r_{2}}^{s r_{2} - 1}$

]

(

)

F(3)

$F (3)$

= [

C_{sr_3}^{0}

$C_{s r_{3}}^{0}$

C_{sr_3}^{1}

$C_{s r_{3}}^{1}$

C_{sr_3}^{2}

$C_{s r_{3}}^{2}$

C_{sr_3}^{3}

$C_{s r_{3}}^{3}$

… …

−

C_{sr_3}^{sr_3-1}

$C_{s r_{3}}^{s r_{3} - 1}$

]

…

(

)

F(n)

$F (n)$

= [

C_{sr_n}^{0}

$C_{s r_{n}}^{0}$

C_{sr_n}^{1}

$C_{s r_{n}}^{1}$

C_{sr_n}^{2}

$C_{s r_{n}}^{2}$

C_{sr_n}^{3}

$C_{s r_{n}}^{3}$

… …

−

C_{sr_n}^{sr_n-1}

$C_{s r_{n}}^{s r_{n} - 1}$

]

那么，我们将他们都卷积起来对应的位置

i

$i$

就是取

i

$i$

个数的答案

ans_i

$a n s_{i}$

呀 (好像和生成函数没啥关系.jpg)

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long  long
const int N = 8e5+100;
const int mod = 998244353;
struct E{
    int to;
    int nxt;
}e[N<<1];
int head[N],tot;
bool vis[N<<1];
int fac[N],inv[N];
vector<int> sr;
int ksm(int a,int b,int p){
    int ans = 1;
    while(b){
        if(b&1ll){
            ans = ans*a%p;
        }
        a = a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
void pre(){
    fac[0] = 1;
    for(int i=1;i<=200000;i++){
        fac[i] = fac[i-1]*i%mod;
    }
    inv[200000] = ksm(fac[200000],mod-2,mod)%mod;
    for(int i=200000-1;i>=0;i--)
        inv[i] = inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(int n,int m){
    return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
void add_edge(int u,int v){
    e[++tot].nxt =head[u];
    e[tot].to = v;
    head[u] = tot;
}
void dfs(int u,int rt,int sum){
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
        int v = e[i].to;
        if(vis[i]) continue;
        vis[i] = true;
        if(v==rt){
            sr.push_back(sum);
            return;
        }
        dfs(v,rt,sum+1);
    }
}

struct NTT{
    int a[N],b[N];
    int r[N];
    int n;
    void fft(int *x,int opt){
        int i,j,k,m,gn,g,tmp;
        for(i=0;i<n;i++)
            if(r[i]<i) swap(x[i],x[r[i]]);
        for(m=2;m<=n;m<<=1){
            k = m>>1;
            gn = ksm(3,(mod-1)/m,mod);
            for(i=0;i<n;i+=m){
                g = 1;
                for(j=0;j<k;j++,g = g*gn%mod){
                    tmp = x[i+j+k]*g%mod;
                    x[i+j+k] = (x[i+j]-tmp+mod)%mod;
                    x[i+j] = (x[i+j]+tmp)%mod;
                }
            }
        }
        if(opt==-1){
            reverse(x+1,x+n);
            int invv = ksm(n,mod-2,mod);
            for(i=0;i<n;i++)
                x[i] = x[i]*invv%mod;
        }
    }
    void init(int len,vector<int> _a,vector<int> _b){
        int m;
        for(n=1,m=0;n<=len;n<<=1,m++);
        for(int i=0;i<n;++i){
            r[i]=r[i>>1]>>1|(1ll&i)<<(m-1);
            a[i]=b[i]=0;
        }
        for(int i=0;i<_a.size();i++)
            a[i] = _a[i];
        for(int i=0;i<_b.size();i++)
            b[i] = _b[i];
    }
    void cal(){
        fft(a,1);
        fft(b,1);
        for(int i=0;i<n;i++)
            a[i] = a[i]*b[i]%mod;
        fft(a,-1);
    }
    vector<int> cdq(int L,int R){
        if(L==R){
            vector<int> now;
            for(int i=0;i<sr[L];i++)
                now.push_back(C(sr[L],i));
            return now;
        }
        int mid = (L+R)>>1;
        vector<int> aa = cdq(L,mid);
        vector<int> bb = cdq(mid+1,R);
        init(aa.size()+bb.size()-1,aa,bb);
        cal();
        vector<int> ans;
        for(int i=0;i<aa.size()+bb.size()-1;i++)
            ans.push_back(a[i]);
        return ans;
    }
}nt;
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    pre();
    int n;
    cin>>n;
    sr.push_back(0);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x;
        cin>>x;
        add_edge(i,x);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        dfs(i,i,1);
    }
    vector<int> ans = nt.cdq(1,sr.size()-1);
    int sum = 0;
    for(int i=0;i<ans.size();i++){
        if(i&1ll) sum = (sum-ans[i]*fac[n-i]%mod+mod)%mod;
        else sum = sum+ans[i]*fac[n-i]%mod;
    }
    cout<<sum%mod<<endl;
}

原文链接：https://blog.csdn.net/weixin_45924828/article/details/123869176

前言

文章目录

题目一览

D.Strange_Fractions(签到)

题意

思路

E.Strange_Integerss(签到)

题意

思路

G.Edge Groups（树形dp)

题意

思路

I.Steadily Growing Steam(背包)

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代码：

H.Life is a Game (kruskal重构树+树上倍增)

题意：

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代码

K.Circle of Life(打表+构造)

题意

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代码：

J.Two Binary Strings Problem（bitset+位运算）

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B. Strange Permutations （生成函数 / NTT+容斥）

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思路

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