标签：03 ch return int 题解 fa np 友谊赛 include
我知道题很恶心，但是都是歪歪球精心挑选的好题！！！！111
A
来源：2016.02.16 福建省省选模拟 D1T1
Author：未知
有个性质是，只需要将路径上的所有边排序后，check 相邻的三条即可。
但这过不去，发现如果三条边无法构成三角形，那么一定有 \(a+b\le c\)，那么如果一条路径上找不到合法的三条边，边权序列的数值会以斐波那契数列规模增长（注意并不是 \(\log_2\) 级别）。
由于边权 \(<2^{31}\)，当路径上边数较多时，总能找到合法的三条边。
代码：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define lg(x) (31-__builtin_clz(x))
using namespace std;
const int N=100086;
int n,m,tot,depth[N],ew[N],h[N],w[N],fa[N][20];
struct edge{int v,nxt;}e[N<<1];
int read(){
char ch=getchar();int nn=0,ssss=1;
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')ssss*=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){nn=nn*10+(ch-'0');ch=getchar();}
return nn*ssss;
}
bool add(int u,int v){e[++tot].v=v;e[tot].nxt=h[u];h[u]=tot;return true;}
bool dfs(int np,int lst){
depth[np]=depth[lst]+1;fa[np][0]=lst;
for(int i=1;(1<<i)<depth[np];i++)fa[np][i]=fa[fa[np][i-1]][i-1];
for(int i=h[np];i;i=e[i].nxt)if(e[i].v!=lst)dfs(e[i].v,np);
return true;
}
int lca(int x,int y){
if(depth[x]<depth[y])x^=y^=x^=y;
while(depth[x]>depth[y])x=fa[x][lg(depth[x]-depth[y])];
if(x==y)return x;
for(int i=lg(depth[x]);i+1;i--)
if(fa[x][i]!=fa[y][i])
x=fa[x][i],y=fa[y][i];
return fa[x][0];
}
int main(){
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=read();
for(int i=1;i<n;i++){int u=read();int v=read();add(u,v);add(v,u);}
dfs(1,0);
for(int i=1;i<=m;i++){
if(read()&1){int u=read();w[u]=read();continue;}
int u=read();int v=read();int la=lca(u,v),len=0;
if(depth[u]+depth[v]-2*depth[la]>=35){puts("Y");continue;}
for(int np=u;depth[np]>=depth[la];np=fa[np][0])ew[++len]=w[np];
for(int np=v;np!=la;np=fa[np][0])ew[++len]=w[np];
sort(ew+1,ew+len+1);bool flag=false;
for(int j=1;j<len-1;j++){
if(1ll*ew[j]+1ll*ew[j+1]<=ew[j+2])continue;
flag=true;break;
}
if(flag)puts("Y");
else puts("N");
}
}
B
来源：2017.01.13 雅礼中学集训 A
Author：毛啸（matthew99）
第 \(K\) 大嘛，肯定要二分的。但直接二分往哪边走的话次数肯定不对。
我们进行这样一种操作：将每个点的“重儿子”设置为其所有能直接到达的结点中路径条数最多的一个，并倍增处理出每个点在“重链”上跳 \(2^i\) 步之后到达的位置。
每次求答案时，我们不断二分当前点跳出重链的位置。在发生重链切换时，我们暴力二分需要走进哪个结点中。
为什么这样做是正确的？发现每次发生重链的切换时，走到的点包含的路径条数一定至少减半！因此这个过程只会发生 \(\log K\) 次。
空间限制 512M 的部分分是给可持久化平衡树的。
代码：
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100086,V=18;
int n,m,K,q[N],deg[N],fa[N][V],sum[N],tot[N][V];
vector<int>e[N];
vector<int>s[N];
int Max(int a,int b){return a>b?a:b;}
int Min(int a,int b){return a<b?a:b;}
int read(){
char ch=getchar();int nn=0,ssss=1;
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')ssss*=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){nn=nn*10+(ch-'0');ch=getchar();}
return nn*ssss;
}
bool toposort(){
int qh=1,qt=0;for(int i=1;i<=n;i++)if(deg[i]==0)q[++qt]=i;
while(qh<=qt){
int np=q[qh++];
for(vector<int>::iterator it=e[np].begin();it!=e[np].end();it++)
if(!(--deg[*it]))q[++qt]=*it;
}
return true;
}
int main(){
n=read();m=read();K=read()-1;
for(int i=1;i<=m;i++){
int u=read();int v=read();
e[u].push_back(v);deg[v]++;
}
toposort();
for(int o=n;o;o--){
int np=q[o];s[np].push_back(sum[np]=1);
for(vector<int>::iterator it=e[np].begin();it!=e[np].end();it++){
sum[np]=Min(sum[np]+sum[*it],K+1);
s[np].push_back(sum[np]);
}
tot[np][0]=1;if(e[np].empty())continue;
int pos=max_element(e[np].begin(),e[np].end(),[&](int a,int b){return sum[a]<sum[b];})-e[np].begin();
tot[np][0]=s[np][pos];fa[np][0]=e[np][pos];
for(int i=1;i<18&&fa[np][i-1];i++){
tot[np][i]=Min(tot[np][i-1]+tot[fa[np][i-1]][i-1],K+1);
fa[np][i]=fa[fa[np][i-1]][i-1];
}
}
for(int np=1;np<=n;np++){
if(sum[np]<=K){puts("-1");continue;}
int pos=np;int rst=K;
while(rst){
for(int i=17;i+1;i--){
if(fa[pos][i]==0||tot[pos][i]>rst)continue;
if(tot[pos][i]+sum[fa[pos][i]]<=rst)continue;
rst-=tot[pos][i];pos=fa[pos][i];
}
if(!rst)break;
int p=upper_bound(s[pos].begin(),s[pos].end(),rst)-s[pos].begin()-1;
rst-=s[pos][p];pos=e[pos][p];
}
printf("%d\n",pos);
}
}
C
来源：2017.01.16 雅礼中学集训 B
Auther：罗煜楚
思路类似 挑战 NPC
考虑将每只狗变成一张子图，从炮点向狗图的每个点连边，以令新图的最大匹配与原图的最大收益一致。
以下是一种方案：
然后跑一个带花树就行了。
你可能会觉得这不是碳基生物能想出来的，太巧了，我也这么觉得。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=817,MOD=1e9+7;
int n,m,e[N][N];
int read(){
char ch=getchar();int nn=0,ssss=1;
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')ssss*=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){nn=nn*10+(ch-'0');ch=getchar();}
return nn*ssss;
}
int Random(){return rand()<<15|rand();}
bool Swap(int &a,int &b){a^=b^=a^=b;return true;}
int Add(int &a,int b){return(a+=b)>=MOD?a-=MOD:a;}
int vAdd(int a,int b){return(a+=b)>=MOD?a-=MOD:a;}
int Sub(int &a,int b){return(a-=b)<0?a+=MOD:a;}
int vSub(int a,int b){return(a-=b)<0?a+=MOD:a;}
int Mul(int a,int b){return 1ll*a*b%MOD;}
int qpow(int a,int b){
int ret=1;
while(b){if(b&1)ret=Mul(ret,a);a=Mul(a,a);b>>=1;}
return ret;
}
int Rank(int n){
int ret=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int p=ret;while(p<=n&&!e[p][i])p++;
if(p>n)continue;
for(int j=1;j<=n;j++)swap(e[p][j],e[ret][j]);
int inv=qpow(e[ret][i],MOD-2);
for(int j=ret+1;j<=n;j++){
if(!e[j][i])continue;
int tmp=Mul(inv,e[j][i]);
for(int k=i;k<=n;k++)
Sub(e[j][k],Mul(tmp,e[ret][k]));
}
ret++;
}
return ret-1;
}
bool add(int u,int v){int xx=rand()%(MOD-1)+1;if(u>v)swap(u,v);e[u][v]=xx;e[v][u]=-xx;return true;}
bool solve(){
memset(e,0,sizeof(e));n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
int k=read();
for(int j=1;j<=k;j++){
int x=read();
for(int o=0;o<5;o++)add(i,n+o*m+x);
}
}
for(int i=1;i<=m;i++){
add(n+i,n+m+i);add(n+m+i,n+2*m+i);add(n+2*m+i,n+3*m+i);
add(n+3*m+i,n+4*m+i);add(n+4*m+i,n+i);
for(int j=0;j<5;j++){
add(n+j*m+i,n+5*m+i);
add(n+j*m+i,n+6*m+i);
}
}
printf("%d\n",Rank(n+7*m)/2-n);
return true;
}
int main(){
srand((unsigned)time(0));
int T=read();
while(T--)solve();
}
标签：03,ch,return,int,题解,fa,np,友谊赛,include 来源： https://www.cnblogs.com/LFCode/p/220328-yyq-friendly-contest.html
本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享； 2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除； 5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。