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P1137:旅行计划题解

Posted by kal0rona on

思路

好久没有写拓扑排序了。今天看到这题看了半天,由题解可知是拓扑序DP。原理根据拓扑序来进行DP。由于每个点在DAG是不会回路的,所以我们只需一头往下走就好,用dp[x]记录点x可到达的地方。使用拓扑排序就会让DP时不会出现影响其他已计算过的节点。

代码

// P1137.cpp
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <queue>

using namespace std;

const int maxn = 100010;
int points[maxn];
int to[2 * maxn];
int next[2 * maxn];
int indeg[maxn];
int res[maxn];
int dp[maxn];
int tot = 0;
int current = 0;
int n, m;

void add_edge(int a, int b)
{
    to[current] = b;
    next[current] = points[a];
    points[a] = current++;
}

void toposort()
{
    queue<int> waiting;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (indeg[i] == 0)
            waiting.push(i), res[tot++] = i;
    while (!waiting.empty())
    {
        int curt = waiting.front();
        waiting.pop();
        for (int edge = points[curt]; edge != -1; edge = next[edge])
        {
            indeg[to[edge]]--;
            if (indeg[to[edge]] == 0)
                waiting.push(to[edge]), res[tot++] = to[edge];
        }
    }
}

void DP()
{
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        dp[i] = 1;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int edge = points[res[i]]; edge != -1; edge = next[edge])
            dp[to[edge]] = max(dp[to[edge]], dp[res[i]] + 1);
}

int main()
{
    memset(points, -1, sizeof(points));
    memset(to, -1, sizeof(to));
    memset(indeg, 0, sizeof(indeg));
    cin >> n >> m;
    int a, b;
    for (int i = 0; i < m; i++)
    {
        cin >> a >> b, add_edge(a, b);
        indeg[b] += 1;
    }
    toposort();
    DP();
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cout << dp[i] << endl;
    return 0;
}
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P1122:最大子树和题解

Posted by kal0rona on

思路

设一个F[n+1]为树形DP的数组。在点i上,对于每一个子节点j,都有F[j] = dis[i] + max(0, F[j])。其中dis是美丽指数。

代码

// P1122.cpp
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;
// the tree;
const int maxn = 160010;
int n;
int dis[maxn];
int to[maxn];
int next[maxn];
int point[maxn];
int current = 0;
int F[maxn];
int ans = 0;

void add_edge(int src, int dst)
{
    next[current] = point[src];
    to[current] = dst;
    point[src] = current;
    current++;
}
// core code: search subtrees and add them up to F[curt],
// in the meanwhile, get the ans;
void DFS(int curt, int fat)
{
    F[curt] = dis[curt];
    for (int i = point[curt]; i != -1; i = next[i])
    {
        int dst = to[i];
        if (dst == fat)
            continue;
        DFS(dst, curt);
        F[curt] += max(0, F[dst]);
    }
    ans = max(ans, F[curt]);
}
// initialize;
int main()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> dis[i];
    fill(point, point + n + 1, -1);
    fill(next, next + n + 1, -1);
    fill(F, F + n + 1, 0);
    int a, b;
    for (int i = 0; i < n - 1; i++)
    {
        cin >> a >> b;
        add_edge(a, b), add_edge(b, a);
    }
    DFS(1, 0);
    cout << ans;
    return 0;
}
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P2678:跳石头题解&二分答案原理

Posted by kal0rona on

暑假和小学神仙们集训的时候发过这道题,一直不知道如何去解决。一个月前crazydave大佬给我简述过二分答案的原理,而蒟蒻我今天才搞定这些。

我们先来看例题:洛谷P2678

这是一道NOIP提高组的简单题(我太菜了),主要是通过枚举答案,在每次枚举时检测能不能符合要求即可。先看代码:

// P2678.cpp
#include <iostream>

using namespace std;

const int maxn = 500020;
int L, N, M;
int D[maxn];

bool check(int num)
{
    int last = 0;
    int cnt = 0;
    for (int i = 0; i <= N; i++)
        if (D[i] - last < num)
            cnt++;
        else
            last = D[i];
    if (cnt > M)
        return false;
    return true;
}

void solve()
{
    int left = 0;
    int right = L;
    int ans = 0;
    while (left <= right)
    {
        int mid = (left + right) / 2;
        if (check(mid))
            left = mid + 1, ans = mid;
        else
            right = mid - 1;
    }
    cout << ans;
}

int main()
{
    cin >> L >> N >> M;
    for (int i = 0; i < N; i++)
        cin >> D[i];
    D[N] = L;
    solve();
    return 0;
}

check函数就是验证答案num(也就是我们枚举出来的答案)是否符合要求,在这里便是检测当最小距离为num时,移走的石子会不会超过限制。如果超过了,返回false,二分便会把区间调为[left,mid-1],以降低最大值来试探限制;没有超过,则返回true,二分把区间调整为[mid+1,right],以追求更大的最大值。

抽象化分析结果

准备枚举一道题答案之前,请考虑二分答案。如果可以二分答案,那么时间复杂度会极度降低,从O(n^2)转变为O(n log n)。二分答案的结构就是二分代码和检验答案正确性代码。如果能通过正确性检查,那么追求更大(小)的答案并重新枚举;如果无法通过,则把区间调整,在较小(大)区间内追求更大(小)的答案。亦复如此。

OI

P1351:联合权值题解

Posted by kal0rona on

思路

这道题本来用爆搜来写的(DFS),然而TLE了3个点。我只好去向机房巨佬lornd求教。在他神奇的操作之下这道题从\(O(n^3)\)变成了\(O(n)\)的时间复杂度。

我们先来解析一下我们的流程。在存图之后,我们需要遍历n个点,然后获取与点n相连的点。这些点之间的距离必定为2。接下来我们来处理。

第一问

我们在遍历的时候记录下第一大和第二大的数,在处理完这些点之后,我们便把第一大、第二大的数相乘,可以得到这些有序对之中最大的联合权值,与ans变量取最大值便可解决第一问。

第二问

我们先来写一个公式:\[(\sum^{n}_{i=0}{a_i})^2 = \sum^{n}_{i=0}{a^2_i} + 2(\sum^{m}_{i=0,j=0}{a_i a_j})\]

第二问其实问的就是这个式子中的第三项:\[2(\sum^{m}_{i=0,j=0}{a_i a_j})\]

即\(2ab + 2cd + 2ef + \dots \)所以我们如果要求,我们便可以在代码中把第一项和第二项算出,相减即可出答案。

代码

// P1351.cpp
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>

using namespace std;

#define ull unsigned long long
const int maxn = 2000000;
int n;
ull W[maxn];
// The graph data structure;
int to[maxn];
int point[maxn];
int next[maxn];
bool vis[maxn];
int current = 0;
// answers;
ull ans_max = 0;
ull ans_tot = 0;
// initialize to make the graph up;
void init()
{
    memset(to, -1, sizeof(to));
    memset(point, -1, sizeof(point));
    memset(next, -1, sizeof(next));
    memset(vis, false, sizeof(vis));
    cin >> n;

    for (int i = 0; i < n - 1; i++)
    {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        next[current] = point[x];
        to[current] = y;
        point[x] = current;
        current++;
        next[current] = point[y];
        to[current] = x;
        point[y] = current;
        current++;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> W[i];
}
// calculate the n^2;
ull secondary(ull a)
{
    return a * a;
}
// solve;
void solve()
{
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        // get the maximum and the second one;
        ull firmax = 0;
        ull secmax = 0;
        // the term1 and the term2;
        ull tmp1 = 0;
        ull tmp2 = 0;
        for (int j = point[i]; j != -1; j = next[j])
        {
            int jto = to[j];
            if (W[jto] > firmax)
                secmax = firmax, firmax = W[jto];
            else if (W[jto] > secmax)
                secmax = W[jto];
            tmp1 += W[jto];
            tmp2 += secondary(W[jto]);
        }
        // add them up;
        ans_tot += (secondary(tmp1) - tmp2) % 10007;
        ans_tot %= 10007;
        ans_max = max(ans_max, firmax * secmax);
    }
}
// just solve it;
int main()
{
    init();
    solve();
    cout << ans_max << " " << ans_tot;
    return 0;
}

lornd tql%%%

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P1141:01迷宫题解

Posted by kal0rona on

思路

在我思考了很久之后(其实是理解题解),我解决了这道题的做法。主要就是并查集的一个扩展和预处理。我们在读取01迷宫时,就检测左边的点和右边的点是否连通。如果是连通的话,在并查集中合并,并且在并查集中把连通块个数相加即可

还有一个主要的思想就是映射。在并查集中我们的数组是一维的(mem[]),我们只需要一个计算函数把(x,y)转换成数字即可。(具体的:ret = x*n + y;)

代码

// P1141_ufs.cpp
#include <iostream>

using namespace std;

const int maxm = 10000000;
const int maxn = 1010;
char map[maxn][maxn];
int n, m;

struct UFS
{
    int mem[maxm];
    int mem_h[maxm];

    UFS()
    {
        for (int i = 0; i < maxm; i++)
            mem[i] = i, mem_h[i] = 1;
        for (int i = maxm; i < maxn; i++)
            mem_h[i] = 1;
    }

    int Find(int a)
    {
        if (mem[a] == a)
            return a;
        return mem[a] = Find(mem[a]);
    }

    void Unite(int a, int b)
    {
        if (Find(a) != Find(b))
            mem_h[Find(a)] += mem_h[Find(b)], mem[Find(b)] = Find(a);
    }
} u;

int hashcode(int a, int b)
{
    return a * n + b;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= n; j++)
        {
            cin >> map[i][j];
            // left;
            if (j != 1 && map[i][j - 1] != map[i][j])
                u.Unite(hashcode(i, j), hashcode(i, j - 1));
            // up;
            if (i != 1 && map[i - 1][j] != map[i][j])
                u.Unite(hashcode(i, j), hashcode(i - 1, j));
        }
    for (int i = 0; i < m; i++)
    {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        cout << u.mem_h[u.Find(hashcode(a, b))] << endl;
    }
    return 0;
}

代码我喜欢强格式化(vscode)所以行数可能比较多。