07.06&07.11模拟赛总结

前言：
之前学了些新东西，所以只比了两场模拟赛，一场 Atcoder，一场 USACO。
改完题了，趁有空总结一下。

07.06——Day 1

T1

正解

对于每个点，都令他是矩形中左下角的点。我们可以用数组把这个点同横坐标的点都存下来，纵坐标同理。那么再判断右上角那个点是否存在即可。

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#include <cstdio>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;

#define pii pair<int, int>
#define ft first
#define sd second
#define pb push_back

const int MAXN = 2e3 + 5;

int n;
pii a[MAXN];
map<int, map<int, bool>> vis;
int cnt;
vector<int> fx[MAXN];
vector<int> fy[MAXN];

bool cmp(pii aa, pii bb) {
    if (aa.ft != bb.ft)
        return aa.ft < bb.ft;
    return aa.sd < bb.sd;
}

signed main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        a[i] = { x, y };
        vis[x][y] = 1;
    }

    sort(a + 1, a + n + 1, cmp);

    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = i + 1; j <= n; ++j) {
            if (a[i].ft == a[j].ft)
                fx[i].pb(j);
            if (a[i].sd == a[j].sd)
                fy[i].pb(j);
        }
    }

    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (auto i1 : fx[i]) {
            for (auto i2 : fy[i]) {
                if (vis[a[i2].ft][a[i1].sd])
                    ++cnt;
            }
        }
    }
    printf("%d\n", cnt);
    return 0;
}

T2

[ABC218E] Destruction

正解

直接 kruskal 带走。对于负权边我们也不需要，所以也计算一下花费。
~~考场忘记 kruskal 怎么打了，直接趋势~~

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define int long long

const int MAXN = 2e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;

int n, m, tot, ans;
struct edge {
    int u, v, w;
    bool operator<(const edge &t) const { return w < t.w; }
} e[MAXN];
int fa[MAXN];
int tp[MAXN], hea;
bool vis[MAXN << 1];

inline int rd() {
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9') {
        if (ch == '-')
            f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
    return x * f;
}

void write(int x) {
    if (x < 0) {
        putchar('-'), write(-x);
        return;
    }
    if (x > 9)
        write(x / 10), putchar(x % 10 + 48);
    else
        putchar(x + 48);
}

inline int max(int a, int b) { return a > b ? a : b; }

int gfa(int x) { return x == fa[x] ? x : gfa(fa[x]); }

int kru() {
    int val = 0;
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        int rx = gfa(e[i].u), ry = gfa(e[i].v);
        if (e[i].w < 0) {
            val += e[i].w;
            if (rx < ry)
                fa[ry] = rx;
            else
                fa[rx] = ry;
        } else if (rx == ry)
            continue;
        else {
            if (rx < ry)
                fa[ry] = rx;
            else
                fa[rx] = ry;
            val += e[i].w;
        }
    }
    return val;
}

signed main() {
    n = rd(), m = rd();
    for (int i = 1; i <= n; ++i) fa[i] = i;
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        int u = rd(), v = rd(), w = rd();
        e[i] = { u, v, w };
        tot += w;
    }
    sort(e + 1, e + m + 1);

    ans = tot - kru();
    write(max(ans, 0ll));
    putchar('\n');

    return 0;
}

T3

[ABC218F] Blocked Roads

正解

可以跑一遍堆优化 Dijkstra，然后找出最短路径（主干路径），对于删掉的边，判断是否为主干路径。如果不是，那对最优答案无影响；否则再跑一遍。
时间复杂度可以证明。

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#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;

#define int long long

const int MAXN = 400 + 5, MAXM = 2e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

int n, m;
int su, en[MAXM], lt[MAXM], hd[MAXN];
int dis[MAXN];
bool viz[MAXM], vis[MAXN];
int nxt[MAXN][2];
bool isok[MAXM];
struct node {
    int ix, vl;
    bool operator>(const node &t) const {
        if (vl != t.vl)
            return vl > t.vl;
        return ix < t.ix;
    }
};

inline int rd() {
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9') {
        if (ch == '-')
            f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
    return x * f;
}

void write(int x) {
    if (x < 0) {
        putchar('-'), write(-x);
        return;
    }
    if (x > 9)
        write(x / 10), putchar(x % 10 + 48);
    else
        putchar(x + 48);
}

inline void add(int u, int v) { en[++su] = v, lt[su] = hd[u], hd[u] = su; }

inline int Dij(int x) {
    priority_queue<node, vector<node>, greater<node>> q;
    for (int i = 1; i <= m; ++i) viz[i] = (i == x) ? 1 : 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) vis[i] = 0, dis[i] = INF;

    q.push({ 1, 0 });
    vis[1] = 1;
    dis[1] = 0;

    while (!q.empty()) {
        int u = q.top().ix;
        q.pop();
        for (int i = hd[u]; i; i = lt[i]) {
            if (viz[i])
                continue;
            int v = en[i];
            if (dis[v] > dis[u] + 1) {
                nxt[v][0] = u, nxt[v][1] = i;
                dis[v] = dis[u] + 1;
                if (!vis[v])
                    vis[v] = 1, q.push({ v, dis[v] });
            }
        }
    }
    return dis[n];
}

signed main() {
    n = rd(), m = rd();
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        int u = rd(), v = rd();
        add(u, v);
    }

    int Max = Dij(0);
    Max = (Max == INF) ? -1 : Max;
    int tmp = n;
    while (tmp != 0) {
        isok[nxt[tmp][1]] = 1;
        tmp = nxt[tmp][0];
    }

    for (int x = 1, ans; x <= m; ++x) {
        if (isok[x]) {
            ans = Dij(x);
            if (ans == INF)
                ans = -1;
        } else
            ans = Max;
        write(ans), putchar('\n');
    }

    return 0;
}

T4

[ABC218G] Game on Tree 2

正解

你以为是博弈论，然后开始推 SG，其实并没有什么 SG 函数。
因为两人的目标不同，所以对待选择儿子节点时，一个人要最大、另一个人要最小。可以考虑 DP。仔细想想，发现两人是回合制的，所以对待不同的人操作，有不同的转移方程。
选最大的人：

$$ f_i=max\{ f_j \} $$

选最小的人：

$$ f_i=min\{f_j\} $$

其中 $j$ 为 $i$ 的儿子节点。

如何维护中位数呢？方法很多，上至平衡树、下至对顶堆，~~甚至平板电视~~。这里给出两个 multiset 维护的办法。

代码

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back

const int MAXN = 2e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;

int n;
int a[MAXN], f[MAXN];
vector<int> G[MAXN];

struct node {
    multiset<int> s, t;
    void update() {
        if (s.size()) {
            auto it = s.end();
            --it;
            t.insert(*it), s.erase(it);
        }
        while (s.size() < t.size()) {
            auto it = t.begin();
            s.insert(*it), t.erase(it);
        }
    }
    void ins(int x) {
        s.insert(x);
        update();
    }
    void era(int x) {
        auto it = s.end();
        --it;
        if (x <= *it)
            s.erase(s.lower_bound(x));
        else
            t.erase(t.lower_bound(x));
        update();
    }
    int query() {
        auto it = s.end();
        --it;
        if (s.size() > t.size())
            return *it;
        return ((*it) + (*t.begin())) / 2;
    }
} S;

void dfs(int x, int fa, int dep) {
    S.ins(a[x]);
    bool isok = 0;
    int minz = INF, maxz = 0;
    for (auto y : G[x]) {
        if (y == fa)
            continue;
        isok = 1;
        dfs(y, x, dep + 1);
        minz = min(minz, f[y]);
        maxz = max(maxz, f[y]);
    }
    if (!isok)
        f[x] = S.query();
    else {
        if (dep & 1)
            f[x] = maxz;
        else
            f[x] = minz;
    }
    S.era(a[x]);
}

signed main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        int u, v;
        scanf("%d%d", &u, &v);
        G[u].pb(v), G[v].pb(u);
    }
    dfs(1, 1, 1);
    printf("%d\n", f[1]);
    return 0;
}

总结

174pts/rk11（同级倒数第二）

怎么说呢，本来应该 300pts 是没问题的。可是 T2 被 kruskal 卡住了，一直在回忆。以至于没有深入思考T3。
这告诉我们，学过的算法知识一定要复习！！

07.11——Day 2

T1

P7990 [USACO21DEC] Closest Cow Wins S

正解

有感：其实这道题是最难的（蓝）。结果考场死磕这道题，以至于T3（黄）都没仔细想。

解法1

因为有 $m$ 个敌对奶牛，所以道路被分成了 $m+1$ 个部分。因为我们放奶牛可以放在小数位上而敌对奶牛不行、且敌对奶牛不和草场重合。
所以对于每个部分，我们都只需要两只奶牛就可以将这个部分所有草场的美味度“包揽”。

那如果只是一只奶牛呢？

显然，有一些草场就无法“包揽”。如果我们在这个范围 $(f_{i-1},f_i)$ 内随便找一个点 $q$ 来放置奶牛，那这只奶牛可以“包揽”的草场只有 $(\frac{f_{i-1}+q}{2},\frac{q+f_i}{2})$ 范围内的草场。
但是我们发现，如果我们进行一下 $r-l$ 的操作，可得 $\frac{f_i-f_{i-1}}{2}$。所以这个范围的长度与奶牛放置点无关。

可以想到什么？一个区间且长度没有变换……

滑动窗口！！

正确的。但是我写了解法2，并且考场也想到了解法 2，只是打挂了。

解法2

对于每个草场，左边或右边肯定有一个敌对奶牛，那么我们以草场为圆心求出一个最大半径，使得这个范围内没有敌对奶牛。

那就很容易了，可以得到类似于一条条的线段。将有重合部分的变为同一块“草场”。然后排下序就可以输出了。

代码

此处为解法 2

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
#define pb push_back

const int MAXN = 2e5 + 5;

int n, m, k;
struct node {
    int p, t;
    bool operator<(const node &A) const { return p < A.p; }
} a[MAXN];
int f[MAXN];
int d[MAXN];
vector<node> ans;

bool cmp(node a, node b) {
    if (a.t != b.t)
        return a.t > b.t;
    return a.p < b.p;
}

signed main() {
    scanf("%lld%lld%lld", &k, &m, &n);
    for (int i = 1; i <= k; i++) {
        int p, t;
        scanf("%lld%lld", &p, &t);
        a[i] = { p, t };
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) scanf("%lld", &f[i]);
    sort(f + 1, f + m + 1);
    sort(a + 1, a + k + 1);
    memset(d, 0x3f, sizeof(d));
    for (int i = 1; i <= k; i++) {
        int it = lower_bound(f + 1, f + m + 1, a[i].p) - f;
        if (it != m + 1)
            d[i] = min(d[i], f[it] - a[i].p);
        if (it != 1)
            d[i] = min(d[i], a[i].p - f[it - 1]);
    }

    ans.pb({ a[1].p + d[1] - 1, a[1].t });
    for (int i = 2; i <= k; i++) {
        if (a[i].p - d[i] < ans.back().p) {
            node tmp = ans.back();
            ans.pop_back();
            ans.pb({ tmp.p, tmp.t + a[i].t });
        } else
            ans.pb({ a[i].p + d[i] - 1, a[i].t });
    }

    sort(ans.begin(), ans.end(), cmp);

    int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) cnt += ans[i].t;
    printf("%lld\n", cnt);

    return 0;
}

T2

题目描述

Farmer John 的农场由 $N$ 块田地（$1 \leq N \leq 10^5$）组成，编号为 $1 \ldots N$。在这些田地之间有 $M$ 条双向道路（$0 \leq M \leq 10^5$），每条道路连接两块田地。
农场有两个牛棚，一个在田地 1 中，另一个在田地 $N$ 中。Farmer John 希望确保有一种方式可以沿着一组道路在两个牛棚之间行走。他愿意建造至多两条新道路来实现这一目标。由于田地的位置因素，在田地 $i$ 和 $j$ 之间建造新道路的花费是 $(i-j)^2$。
请帮助 Farmer John 求出使得牛棚 $1$ 和 $N$ 可以相互到达所需要的最小花费。

输入格式

每个测试用例的输入包含 $T$ 个子测试用例（$1\le T\le 20$），所有子测试用例必须全部回答正确才能通过整个测试用例。
输入的第一行包含 $T$，之后是 $T$ 个子测试用例。
每个子测试用例的第一行包含两个整数 $N$ 和 $M$。以下 $M$ 行，每行包含两个整数 $i$ 和 $j$，表示一条连接两个不同田地 $i$ 和 $j$ 的道路。输入保证任何两个田地之间至多只有一条道路，并且所有子测试用例的 $N+M$ 之和不超过 $5 \cdot 10^5$。

输出格式

输出 $T$ 行。第 $i$ 行包含一个整数，为第 $i$ 个子测试用例的最小花费。

样例输入 #1

样例输出 #1

正解

因为只会最多建 $2$ 条边，所以我们有两种方法：

直接连接 $1$ 所在连通块与 $n$ 所在连通块，只需连 $1$ 条边
通过一个“媒介”连通块来使得 $1$ 与 $n$ 连通，需要连 $2$ 条边

那通过并查集可以搞定连通块，通过 set 的二分找出边权尽可能小的。

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#include <cstdio>
#include <set>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define int long long
#define po(x) ((x) * (x))

const int MAXN = 5e5 + 5, INF = 1e14;

int T, n, m;
int fa[MAXN];
set<int> s1, s2;
int a[MAXN], b[MAXN];

int gf(int x) { return x == fa[x] ? x : gf(fa[x]); }

void un(int u, int v) {
    int rx = gf(u), ry = gf(v);
    if (rx > ry)
        fa[rx] = ry;
    else
        fa[ry] = rx;
}

bool cmp(int x, int y) {
    int rx = gf(x), ry = gf(y);
    if (rx != ry)
        return rx < ry;
    return x < y;
}

void solve() {
    int ans = INF;
    scanf("%lld%lld", &n, &m);

    for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;

    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int u, v;
        scanf("%lld%lld", &u, &v);
        un(u, v);
    }

    int r1 = gf(1), rn = gf(n);
    if (r1 == rn) {
        puts("0");
        return;
    }

    s1.clear(), s2.clear();
    int tmp = 0, cnt = 0;
    s1.insert(0), s1.insert(n + 1);
    s2.insert(0), s2.insert(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int rt = gf(i);
        if (rt == r1)
            s1.insert(i);
        else if (rt == rn)
            b[++cnt] = i, s2.insert(i);
        else
            a[++tmp] = i;
    }
    for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
        int v = b[i];
        auto it1 = s1.lower_bound(v);
        --it1;
        auto it2 = s1.upper_bound(v);
        int t1 = (*it1), t2 = (*it2);
        if (t1 != 0)
            ans = min(ans, po(v - t1));
        if (t2 != n + 1)
            ans = min(ans, po(v - t2));
    }

    sort(a + 1, a + tmp + 1, cmp);
    int min1 = INF, min2 = INF;
    for (int i = 1; i <= tmp; i++) {
        if (i > 1 && gf(a[i]) != gf(a[i - 1])) {
            ans = min(ans, min1 + min2);
            min1 = min2 = INF;
        }

        auto it1 = s1.lower_bound(a[i]);
        --it1;
        auto it2 = s1.upper_bound(a[i]);
        int t1 = (*it1), t2 = (*it2);
        if (t1 != 0)
            min1 = min(min1, po(a[i] - t1));
        if (t2 != n + 1)
            min1 = min(min1, po(a[i] - t2));

        it1 = s2.lower_bound(a[i]);
        --it1;
        it2 = s2.upper_bound(a[i]);
        t1 = (*it1), t2 = (*it2);
        if (t1 != 0)
            min2 = min(min2, po(a[i] - t1));
        if (t2 != n + 1)
            min2 = min(min2, po(a[i] - t2));
    }

    ans = min(ans, min1 + min2);
    printf("%lld\n", ans);
}

signed main() {
    scanf("%lld", &T);
    while (T--) solve();
    return 0;
}

T3

P7992 [USACO21DEC] Convoluted Intervals S

正解

用到了差分。

发现 $m$ 老小了，那就思考从这方面做文章。
我们发现，这个一组 $i$ 与一组 $j$ 可以给出贡献为 $a_i\times a_j$，$a[i]$为桶，统计起点 $i$ 出现了几遍。

如果你打过 25pts 部分分的暴力的话，你就明白为什么要用差分。这里不展开了。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long

const int MAXN = 2e5 + 5;

int n, m;
int a[MAXN], b[MAXN];
int f[MAXN << 1];

signed main() {
    scanf("%lld%lld", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int x, y;
        scanf("%lld%lld", &x, &y);
        a[x]++, b[y]++;
    }
    for (int i = 0; i <= m; i++) {
        for (int j = 0; j <= m; j++) {
            f[i + j] += a[i] * a[j];
            f[i + j + 1] -= b[i] * b[j];
        }
    }
    for (int i = 0, ans = 0; i <= m + m; i++) {
        ans += f[i];
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}

总结

124pts/rk6

还不错，可是还不是我能到达的最大高度，这可能是个良好开端。

总总结

用日日新的态度来学竞赛，收获真的很大！

借这次良好开端，下次“扶摇直上九万里”！

~~怎么说AKCSP-J、CSP-S拿个一等吧~~