文章目录

1001题
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  - 思路
  - 代码
1007题
- Darnassus
- - 题目大意
  - 思路
  - 代码
1008题
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  - 思路
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1011题
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  - 思路
  - 代码

1001题

Bragging Dice

题目链接

题目大意

给一个只含01的字符串s，可以对任意的奇数长度区间翻转，可操作任意次数，输出s能变成的字典序最小的字符串。

思路

奇数长度翻转，意味着翻转后不改变奇偶性
所以每个 111 可以移动到任意同奇偶的位置
贪心地把 111 移到右边即可
具体看一组样例操作吧

发现答案由三部分组成，第一部分全是 000，第二部分 010101 交替，第三部分全是 111
我们分别统计在奇数位置和偶数位置上 111 的数量
然后按规律排列即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
void solve()
{int ji=0,ou=0;s="";cin>>s;int len=s.length();for(int i=0;i<len;i++){if(s[i]=='1')    i&1 ? ou++ : ji++;}int minn=min(ji,ou);ji-=minn,ou-=minn;int tmp=len-minn*2-ji*2-ou*2;for(int i=1;i<=tmp;i++) printf("0");if(len&1) //奇后偶前{if(ji) for(int i=1;i<=ji;i++) printf("01");if(ou) for(int i=1;i<=ou;i++) printf("10");}else //奇前偶后{if(ji) for(int i=1;i<=ji;i++) printf("10");if(ou) for(int i=1;i<=ou;i++) printf("01");}for(int i=1;i<=minn;i++) printf("11");cout<<endl;
}
int main()
{int test;cin>>test; while(test--){solve();}
}

1007题

Darnassus

原题链接

题目大意

给你点的数量 n（n⩽50000)n（n \leqslant 50000)n（n⩽50000)和一个 1∼n1 \sim n1∼n 的排列p。点的标号从 111 到 nnn，点 iii 在排列 ppp 中对应的值为 p[i]p[i]p[i]，任意两点间的边权为 ∣i−j∣×∣p[i]−p[j]∣|i − j|×|p[i] − p[j]|∣i−j∣×∣p[i]−p[j]∣ ，求最小生成树。

思路

nnn 的数量看起来不大，但边的数量是 n2n^2n2，prim和kruskal都不好处理，但也就边的数量过多这一个问题了，所以考虑删除一些不太可能成为树边的边。

观察可得点标号 iii 和排列中对应值 p[i]p[i]p[i] （以下简称为值）一一对应且计算边权时完全等价，将式子中差的绝对值视为距离，则可以很容易地发现距离越近则边权往往越小。由于 iii 和 p[i]p[i]p[i] 等价，所以需要同时考虑点在标号中的距离和在排列中的距离，选择距离较近的一些边跑最小生成树算法。

到这一步，问题已经可解，唯一没有确定的是“距离较近的边”具体有多近。不考虑证明的话，直接在可容许的时间复杂度内选择尽量远的边即可，推荐试一试常见数，比如 log2(n)log2(n)log2(n)、sqrt(n)sqrt(n)sqrt(n) 等等。由于生成树时每个点都要走一遍，所以基础复杂度就O(n)O(n)O(n)了，显然也没有多少数可以选择。别整成 n2n^2n2 就行

正解是 sqrt(n)sqrt(n)sqrt(n)。

因为我们可以令标号差或值差尽可能地小——也就是 111，然后另外一个顶天了也就是 n−1n-1n−1 ，所以最小生成树的边权不会大于等于 nnn 。还记得边权的公式吗？现在是 ∣i−j∣×∣p[i]−p[j]∣<n|i − j|×|p[i] − p[j]| < n∣i−j∣×∣p[i]−p[j]∣<n，显然只需要分别枚举 ∣i−j∣|i − j|∣i−j∣ 和 ∣p[i]−p[j]∣⩽n|p[i] − p[j]| \leqslant \sqrt[]{n}∣p[i]−p[j]∣⩽n 的部分就可以完整覆盖所有可能的边。

代码

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int min(int a,int b)
{return a<b?a:b;
}
inline int max(int a,int b)
{return a>b?a:b;
}
int n,p[50005],rp[50005];
bool vis[50005];
int dis[50005];
ll prim()
{memset(vis,0,sizeof(vis));memset(dis,0x3f,sizeof(dis));int count=0,l,r,k=sqrt(n)+1; ll ans=0;priority_queue<pair<int,int> >q;q.push({0,(1+n)/2});dis[(1+n)/2]=0;while(1){int t=q.top().second;ll val=-q.top().first;q.pop();if(vis[t])continue;vis[t]=1;ans+=val;count++;if(count==n) return ans;l=max(1,t-k),r=min(n,t+k);for(int i=l;i<=r;i++)     //枚举位置 {int dis2=abs((t-i)*(p[t]-p[i]));if(!vis[i] && dis2<dis[i]){q.push({-dis2,i});dis[i]=dis2;}}l=max(1,p[t]-k),r=min(n,p[t]+k);for(int i=l;i<=r;i++)     //枚举值 {int dis2=abs((t-rp[i])*(p[t]-i));if(!vis[rp[i]] && dis2<dis[rp[i]]){q.push({-dis2,rp[i]});dis[rp[i]]=dis2;}}}
}
int main()
{int t; scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",p+i);rp[p[i]]=i;}printf("%lld\n",prim());}return 0;
}

1008题

Orgrimmar

原题链接

题目大意

求一棵树最大分离集的大小，换句话说，就是保留树的部分节点和他们之间的边，使得每个节点至多只有一条边与其相连，求点的集合的最大值。

思路

树形 dpdpdp ，可以发现父子节点之间有限制关系。令 fx,0/1/2{f_x,_{0/1/2}}fx,0/1/2 分别表示 xxx 为根的子树中，不选 xxx /选 xxx 但不选子节点连接/选 xxx 且选子节点连接，符合要求的集合最大值。

状态转移：

( yyy 为以 xxx 为根的子节点)

fx,0=sum(max(fy,0,fy,1,fy,2)){f_x,_0}=sum(max({f_y,_0},{f_y,_1},{f_y,_2}))fx,0=sum(max(fy,0,fy,1,fy,2))

fx,1=sum(fy,0)+1{f_x,_1}=sum({f_y,_0})+1fx,1=sum(fy,0)+1

fx,2=sum(fy,0)+max(fy′,1−fy′,0)+1{f_x,_2}=sum({f_y,_0})+max({f_{y'},_1}-{f_{y'},_0})+1fx,2=sum(fy,0)+max(fy′,1−fy′,0)+1

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
typedef double db;const int N=5e5+1;int T,n,tot,a,b;
int head[N],ver[2*N],Next[2*N],f[N][3];void add(int x,int y)
{ver[tot]=y;Next[tot]=head[x];head[x]=tot;tot++;
}void dfs(int x,int fa)
{int m0=0,m1=0,m2=0;//表示以x为根的三种情况for(int i=head[x];~i;i=Next[i]){int y=ver[i];if(y==fa) continue;dfs(y,x);//状态转移m0+=max(max(f[y][0],f[y][1]),f[y][2]);m1+=f[y][0];m2=max(m2,f[y][1]-f[y][0]);}f[x][0]=m0;f[x][1]=m1+1;f[x][2]=m1+m2+1;
}int main()
{int size(512<<20);__asm__ ( "movq %0, %%rsp\n"::"r"((char*)malloc(size)+size));scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%d",&n);tot=0;for(register int i=1;i<=n;i++)//初始化{head[i]=-1;f[i][0]=0;f[i][1]=0;f[i][2]=0;}for(register int i=1;i<=n-1;i++){scanf("%d%d",&a,&b);add(a,b);add(b,a);}dfs(1,0);printf("%d\n",max(max(f[1][0],f[1][1]),f[1][2]));}exit(0);
}

1011题

Stormwind

题目链接

题目大意

给定一个 n×mn \times mn×m大小的矩形，要求画出尽可能多的线，使得按照这些线切割后得到的小矩形面积均 ⩾k\geqslant k⩾k，问最多能够画多少条线

思路

如果我们确定了某一方向上这条线的间隔时，依靠面积 kkk 即可求出另外一个方向上的间隔。那么我们只需要对某一个方向上的间隔进行枚举。随后计算出另外一个方向上的间隔，分别与 nmn mnm相除即可。值得注意的是，另一方向上的间隔大小应当向上取整，保证小矩形的面积 ⩾k\geqslant k⩾k

代码

#include<iostream>
#include<math.h>
using namespace std;void solve(){int n,m,k;cin>>n>>m>>k;int ans = 0;for(int i = 1;i <= k;i ++){double x = k*1.0 / i;int j = ceil(x);if(i > n || j > m)continue;ans = max(ans,n / i + m / j - 2);}cout<<ans<<endl;
}int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int t;cin>>t;while(t--)solve();system("pause");return 0;
}

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