标签：return NOIP int 30 tre long find 97 define
T1 构造字符串
解题思路
不算特别难的题，但是有一点细节。。。
首先需要并茶几缩一下点，然后判断一下是否合法，由于我们需要字典序最小的，因此我们应当保证一个联通块中标号较小的点为根节点。
那么对于所有不能够相等的标号对，我们再标号较大的点记下来标号较小的点的限制，然后从前往后扫一遍取 \(mex\) 值就好了。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"RP++"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=1e3+10;
int n,m,fa[N],ans[N];
struct Node{int x,y,z;}s[N];
vector<int> v[N];
bitset<N> bit;
int find(int x)
{
if(fa[x]==x) return x;
return fa[x]=find(fa[x]);
}
#undef int
int main()
{
#define int long long
freopen("str.in","r",stdin); freopen("str.out","w",stdout);
n=read(); m=read();
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++)
{
x=read(); y=read(); z=read();
s[i]=(Node){x,y,z};
for(int j=1;j<=z;j++)
if(find(x+j-1)!=find(y+j-1))
if(find(y+j-1)>find(x+j-1)) fa[find(y+j-1)]=find(x+j-1);
else fa[find(x+j-1)]=find(y+j-1);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int p1=s[i].x+s[i].z,p2=s[i].y+s[i].z;
if(p1>n||p2>n) continue;
if(find(p1)==find(p2)) printf("-1"),exit(0);
if(find(p1)>find(p2)) swap(p1,p2);
v[find(p2)].push_back(find(p1));
}
for(int i=1,col;i<=n;i++)
{
if(find(i)!=i) continue; bit.reset();
for(auto it:v[i]) bit[ans[it]]=true;
col=0; while(bit[col]) col++; ans[i]=col;
}
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",ans[find(i)]);
return 0;
}
T2 寻宝
解题思路
签到题。
首先把所有的可以互相到达的点用并茶几缩一下。
对于传送门的情况可以 Floyd 跑一遍也可以 bitset 整一遍，还可以对于一个询问直接搜一下。。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"RP++"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=5e4+10;
int n,m,t,q,col,vis[N],fa[N];
int tot=1,head[N],ver[N<<1],nxt[N<<1];
int d1[10]={0,1,-1,0,0};
int d2[10]={0,0,0,1,-1};
vector<int> v[N];
char ch[N];
int id(int x,int y){return (x-1)*m+y;}
int find(int x)
{
if(fa[x]==x) return x;
return fa[x]=find(fa[x]);
}
void add_edge(int x,int y)
{
ver[++tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void dfs(int x)
{
vis[x]=col;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
if(vis[ver[i]]^col)
dfs(ver[i]);
}
#undef int
int main()
{
#define int long long
freopen("treasure.in","r",stdin); freopen("treasure.out","w",stdout);
n=read(); m=read(); t=read(); q=read();
for(int i=0;i<=m+1;i++) v[0].push_back('#'),v[n+1].push_back('#');
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",ch+1); v[i].push_back('#');
for(int j=1;j<=m;j++) v[i].push_back(ch[j]);
v[i].push_back('#');
}
for(int i=1;i<=n*m;i++) fa[i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
if(v[i][j]!='#')
for(int k=1;k<=4;k++)
{
int x=i+d1[k],y=j+d2[k];
if(v[x][y]=='#') continue;
int p1=id(i,j),p2=id(x,y);
if(find(p1)!=find(p2)) fa[find(p1)]=find(p2);
}
for(int i=1,x,y,x2,y2;i<=t;i++)
{
x=read(); y=read(); x2=read(); y2=read();
if(find(id(x,y))==find(id(x2,y2))) continue;
add_edge(find(id(x,y)),find(id(x2,y2)));
}
while(q--)
{
int x,y,x2,y2,p1,p2;
x=read(); y=read(); x2=read(); y2=read();
p1=find(id(x,y)); p2=find(id(x2,y2)); col++; dfs(p1);
if(vis[p2]==col) printf("1\n"); else printf("0\n");
}
return 0;
}
T3 序列
解题思路
确实是一个李超线段树的好题。。。
发现一个位置 p 的最后答案其实就是对于以 p 为右端点向左边拓展，以 p+1 为左端点可以向右边拓展的最优解。
这两种情况类似只讨论第一种情况，记前缀和数组是 \(prea,preb\) 。
那么最优解就是 \(\max\limits_{1\le l\le r}\{(prea_r-prea_{l-1})-k(preb_r-preb_{l-1})\}\) 。
对于一个右端点 p 而言答案就是 \(prea_p-k\times preb_p+\max\limits_{0\le i<p}\{preb_i\times k-prea_i\}\) 。
直接以 k 为下标，李超线段树维护就好了。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"RP++"<<endl
#define ls x<<1
#define rs x<<1|1
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=1e6+10,INF=1e18;
int n,m,cnt,lim1,lim2=INF,a[N],b[N],lsh[N],prea[N],preb[N],sufa[N],sufb[N],ans[N];
struct node{int p,k;}q[N];
vector< pair<int,int> > pre[N],suf[N];
inline int g(int pos,int k,int b){return lsh[pos]*k+b;}
struct Segment_Tree
{
struct Node{int k,b;}tre[N<<2];
void build(int x,int l,int r)
{
tre[x].b=-INF; tre[x].k=0; if(l==r) return ;
int mid=(l+r)>>1; build(ls,l,mid); build(rs,mid+1,r);
}
void insert(int x,int l,int r,int k,int b)
{
if(g(l,k,b)>=g(l,tre[x].k,tre[x].b)&&g(r,k,b)>=g(r,tre[x].k,tre[x].b)) return tre[x]=(Node){k,b},void();
if(l==r) return ; int mid=(l+r)>>1;
if(g(mid,k,b)>g(mid,tre[x].k,tre[x].b)) swap(tre[x].k,k),swap(tre[x].b,b);
if(g(l,k,b)>g(l,tre[x].k,tre[x].b)) insert(ls,l,mid,k,b);
if(g(r,k,b)>g(r,tre[x].k,tre[x].b)) insert(rs,mid+1,r,k,b);
}
int query(int x,int l,int r,int pos)
{
if(l==r) return g(pos,tre[x].k,tre[x].b);
int mid=(l+r)>>1,temp=g(pos,tre[x].k,tre[x].b);
if(pos<=mid) return max(temp,query(ls,l,mid,pos));
return max(temp,query(rs,mid+1,r,pos));
}
}T1,T2;
#undef int
int main()
{
#define int long long
freopen("seq.in","r",stdin); freopen("seq.out","w",stdout);
n=read(); m=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),b[i]=read(),prea[i]=prea[i-1]+a[i],preb[i]=preb[i-1]+b[i];
for(int i=n;i>=1;i--) sufa[i]=sufa[i+1]+a[i],sufb[i]=sufb[i+1]+b[i];
for(int i=1;i<=m;i++) q[i].p=read(),q[i].k=read(),lsh[i]=q[i].k,lim1=max(lim1,q[i].p),lim2=min(lim2,q[i].p+1);
sort(lsh+1,lsh+m+1); cnt=unique(lsh+1,lsh+m+1)-lsh-1; T1.build(1,1,cnt); T2.build(1,1,cnt);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
pre[q[i].p].push_back({i,q[i].k});
if(q[i].p!=n) suf[q[i].p+1].push_back({i,q[i].k});
}
for(int i=0;i<=lim1;i++)
{
for(auto it:pre[i])
{
int temp=lower_bound(lsh+1,lsh+cnt+1,it.second)-lsh;
ans[it.first]+=prea[i]-it.second*preb[i]+T1.query(1,1,cnt,temp);
}
T1.insert(1,1,cnt,preb[i],-prea[i]);
}
for(int i=n+1;i>=lim2;i--)
{
T2.insert(1,1,cnt,sufb[i],-sufa[i]);
for(auto it:suf[i])
{
int temp=lower_bound(lsh+1,lsh+cnt+1,it.second)-lsh;
ans[it.first]+=sufa[i]-it.second*sufb[i]+T2.query(1,1,cnt,temp);
}
}
for(int i=1;i<=m;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
T4 构树
解题思路
只学会了一个状压的做法。。。
首先有一个定理：
Cayley定理：一个完全图有\(n^{n-2}\)棵无根生成树，经典问题prufer序列证明
扩展Cayley定理：被确定边分为大小为\(a_1,a_2,\cdots, a_m\)的连通块，则有\(n^{m-2}\prod {a_i}\)种生成树
然后我们枚举那些边是连接的然后根据上面的定理求出来一个至少有若干条边相同的值，然后二项式反演就好了。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"RP++"<<endl
#define count __builtin_popcount
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=8e3+10,mod=1e9+7;
int n,fac[N],ifac[N],g[N],f[N],fa[N],siz[N];
pair<int,int> s[N];
int power(int x,int y,int p=mod)
{
int temp=1; y=(y+mod-1)%(mod-1);
for(;y;y>>=1,x=x*x%p)
if(y&1) temp=temp*x%p;
return temp;
}
int find(int x)
{
if(fa[x]==x) return x;
return fa[x]=find(fa[x]);
}
void add(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
int C(int x,int y){if(x<y)return 0;return fac[x]*ifac[y]%mod*ifac[x-y]%mod;}
#undef int
int main()
{
#define int long long
freopen("tree.in","r",stdin); freopen("tree.out","w",stdout);
n=read(); fac[0]=ifac[0]=1;
for(int i=1,x,y;i<n;i++) s[i].first=read(),s[i].second=read();
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod; ifac[n]=power(fac[n],mod-2);
for(int i=n-1;i>=1;i--) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;
for(int sta=0;sta<(1ll<<n-1);sta++)
{
int temp=1;
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,siz[i]=1;
for(int i=1;i<n;i++)
if(((sta>>i-1)&1)&&find(s[i].first)!=find(s[i].second))
{
siz[find(s[i].second)]+=siz[find(s[i].first)];
fa[find(s[i].first)]=find(s[i].second);
}
for(int i=1;i<=n;i++) if(find(i)==i) temp=temp*siz[i]%mod;
add(g[count(sta)],temp);
}
for(int i=0;i<n;i++) g[i]=g[i]*power(n,n-i-2)%mod;
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=i,bas=1;j<n;j++,bas=-bas)
add(f[i],(bas+mod)%mod*C(j,i)%mod*g[j]%mod);
}
for(int i=0;i<n;i++) printf("%lld ",f[i]);
return 0;
}
标签：return,NOIP,int,30,tre,long,find,97,define 来源： https://www.cnblogs.com/Varuxn/p/15552878.html
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