2022“杭电杯”中国大学生算法设计超级联赛（6）题解报告

1006.Maex

题意：

给定一棵由从 1 到 n 编号的 n 个顶点组成的有根树，根为顶点 1。顶点 i 有一个自然数权重 ai，并且没有两个不同的顶点具有相同的权重。bu是以u为根的子树的权重的MEX，ai未知，求最大的bi和。

题解：

用sz[u]表示u子树节点个数，表示dp[u]子树内sum(bi)可以达到的最大值。
那么考虑转移，u本身的b[u]一定可以是sz[u]，而因为a必须两两不同，0只能在u的某个子树内，所以除了某个子树，其他子树节点的bi一定都为0.
那么转移就是：dp[u] = sz[u] +max(dp[v])

代码：

#include<iostream>
#include<set>
#include<string>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<queue>
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;const int N = 1e6 + 10;int n;
vector<int> g[N];
int siz[N], dp[N];void dfs(int u, int fr){siz[u] = 1, dp[u] = 0;for(auto v : g[u]){if(v == fr) continue;dfs(v, u);siz[u] += siz[v];dp[u] = max(dp[u], dp[v]);}dp[u] += siz[u];
}void solve(){cin >> n;for(int i = 0; i < n; i++) g[i].clear();for(int i = 1; i < n; i++){int u, v;cin >> u >> v;u --, v --;g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);}dfs(0, -1);cout << dp[0] << '\n';
}signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);int t;cin >> t;while(t--){solve();}
}

1012.Loop

题意：

给定一个数列，在指定操作数内，可以选择一段区间，将区间内的数字左移一位，最左边的数字移到最右边，问最大字典序的结果。

题解：

每次贪心地将第一个ai < ai+1的数放到第一个小于它的数前面。

代码:

#include<iostream>
#include<set>
#include<string>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<queue>
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;const int N = 1e6 + 10;int n, k;
int a[N], b[N], ans[N];void solve(){cin >> n >> k;for(int i = 1; i <= n ;i++) cin >> a[i];int tot = 0, num = 0;priority_queue<int> q;for(int i = 1; i <= n; i++){while(tot && b[tot] < a[i] && k){k --;q.push(b[tot]);tot --;}b[++tot] = a[i];}for(int i = 1, p = 1; i <= n; i++){if(p > tot){ans[++num] = q.top();q.pop();}else if(q.empty()){ans[++num] = b[p++];}else{if(b[p] < q.top()){ans[++num] = q.top();q.pop();}else ans[++num] = b[p++];}}for(int i = 1;i <= n; i++) cout << ans[i] << (i == n ? '\n' : ' ');
}signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);int t;cin >> t;while(t--){solve();}
}

1009.Map

题意：

给定一张大地图和小地图，两张贴在一起，问重合点的坐标。

题解：

用向量，相似三角形和阿波罗尼斯圆都可以轻松解决。

代码：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<iomanip>
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;const int N = 1e6 + 10;double k;
int x[9], y[9];double dis(int i, int j)
{return sqrt((x[i] - x[j]) * (x[i] - x[j]) + (y[i] - y[j]) * (y[i] - y[j]));
}void solve(){for(int i = 1; i <= 8; ++i)cin >> x[i] >> y[i];k=dis(1, 2) / dis(5, 6);double A = (x[4] - x[1]) / dis(1, 4) - (x[8] - x[5]) / k / dis(5, 8);double B = (x[2] - x[1]) / dis(1,2) - (x[6] - x[5]) / k / dis(5, 6);double C = x[5] - x[1];double D = (y[4] - y[1]) / dis(1, 4) - (y[8] - y[5]) / k / dis(5, 8);double E = (y[2] - y[1]) / dis(1, 2) - (y[6] - y[5]) / k / dis(5, 6);double F = y[5] - y[1];double ansx = (B * F - C * E) / (B * D - A * E);double ansy = (C * D - A * F) / (B * D - A * E);cout << x[1] + (x[2] - x[1]) * ansy / dis(1, 2) + (x[4] - x[1]) * ansx / dis(1, 4) << " ";cout << y[1] + (y[2] - y[1]) * ansy / dis(1, 2) + (y[4] - y[1]) * ansx / dis(1, 4) << '\n';
}signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);cout << fixed << setprecision(9);int t;cin >> t;while(t--){solve();}
}

1010.Planar Graph

题意：

给定一张图，问最少需要去掉几条边，使图只有一个面，并给出删掉的边。

题解：

本题的题目背景是平面图欧拉定理的一种证明方式. 根据平面图欧拉定理V - E + F = k + 1 (V,E,F,k 分别为点, 边, 面, 连通分量的个数), 每去掉一条边(加一个隧道可以理解为删除一条边), 平面图G的面的个数就会增加 . 因此最终边的个数为V + 1 - k - 1 = V - k, 因此删边个数为E - V + k. 于是对于每个连通分量, 保留了V' - 1条边(V'为该连通分量的点数). 如果该连通分量有圈, 那么这个圈内的区域一定不与外部的无穷平面连通, 不符合题意. 因此每个连通分量都不含圈, 且有V' - 1条边, 因此每个连通分量都变成树.
现在从另外一个角度考虑. 我们构造一个新图G'. 我们把平面图的每个面当作一个点, 如果两个面被平面图的某条边分隔, 那么这两个面在对应的点之间连一条边(于是G和G'的边是一一对应关系).G'的点个数为F = k + 1 - V + E,G的删边个数为E - V +k = F - 1, 由于建隧道之后任意两个区域可达, 因此如果把G中删掉的边在G'中考虑, 删除G'中在G保留的边, 那么边个数为F - 1, 且任意两点连通. 因此这些边构成G'的生成树.
于是, 问题转化为求G'的字典序最小的生成树. 由于每条边边权不同, 因此字典序最小的生成树等价于G'最小生成树, 等价于G的生成树边权和最小(考虑kruskal算法的构造过程, 并注意所有边权不同时最小生成树唯一). 由于所有边边权和为定值, 因此G'生成树边权和最小等价于G的每个连通分量对应的树边权和最大. 于是只需要对于G的每个连通分量求出最大生成树, 然后这些最大生成树没有用到的边就是G'的最小生成树的边.

代码：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;const int N = 1e5 + 10;int n, m;
int p[N], vis[N << 1], u[N << 1], v[N << 1];int dsu(int x){return p[x] == x ? x : p[x] = dsu(p[x]);
}void init(){memset(vis, 0, sizeof(vis));memset(p, 0, sizeof(p));memset(u, 0, sizeof(u));memset(v, 0, sizeof(v));
}void solve(){init();cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i++) p[i] = i;for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> u[i] >> v[i];int tot = m;for(int i = m; i >= 1; i--){int x = dsu(u[i]), y = dsu(v[i]);if(x != y){tot --;vis[i] = 1;p[x] = y;}}cout << tot << '\n';for(int i =1 ; i <= m; i++){if(!vis[i]) cout << i << ' ';}cout << '\n';
}signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);//cout << fixed << setprecision(9);int t;cin >> t;while(t--){solve();}
}

1007.Shinobu loves trip

题意：

有P个城市，P为质数，对于编号为i的城市，第二天只能到达编号为（i * a）% P的城市。现在有n个旅游计划，包含起点和天数，有若干个询问，每次问路经一个指定城市的计划数。

题解：

从s走d天之后会来到(s * a) %P，因此，判断一个点x是否会被一个计划经过，只需要判断是否存在一个0 ≤ k ≤ d使得(s * ) % P = x，由于P是质数，所以已知x和s的值，可以得到的值。
预处理所有a的0次方到200000次方，然后直接查询算出来的是否在预处理出的数里面，如果不在，这个计划一定不经过x，否则可以得到k的具体值,判断k ≤ d即可。
要注意特判s = 0的情况。

代码：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<assert.h>
#include<iomanip>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<unordered_map>
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;const int N = 2e5 + 10;int p, a, n ,q;int qm(int a, int b, const int p){int res = 1;while(b){if(b % 2) res = res * a % p;a = a * a % p;b >>= 1;}return res;
}void solve(){cin >> p >> a >> n >> q;assert(p > 2 && p <= 1e9 + 7);assert(a >= 2 && a < p);assert(n <= 1000 && n > 0);assert(q <= 1000 && q > 0);unordered_map<int, int> f;vector<int> s(n), is(n), d(n);int cur = 1, len = 0;while(len < N && !f.count(cur)){f[cur] = len;cur = cur * a % p;len ++;}for(int i = 0; i < n; i ++){cin >> s[i] >> d[i];assert(s[i] < p && s[i] >= 0);assert(d[i] <= 200000 && d[i] >= 1);if(s[i]) is[i] = qm(s[i], p - 2, p);}while(q--){int x;cin >> x;assert(x >= 0 && x < p);int ans = 0;if(x == 0) {for(int i = 0; i < n; i++) if(s[i] == 0) ans ++;}else{for(int i = 0; i < n; i++){if(s[i] == 0) continue;int ak = x * is[i] % p;if(f.count(ak) && f[ak] <= d[i]) ans++;}}cout << ans << '\n';}
}signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);//cout << fixed << setprecision(9);int t;cin >> t;assert(t <= 5 && t > 0);while(t--){solve();}
}