2021.03.06【NOIP提升A组】模拟

时间  2021-03-10
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2021.03.06【NOIP提升A组】模拟

T1：5426. 【NOIP2017提升A组集训10.25】摘Galo

​ 我在考试时就想到了正解，只不过打的太丑而超时了，具体缘由：我在dfs时不断作着memset(bz，0，sizeof，bz);。。。而后GG；；；正解2．OvO 题目对取 Galo 的要求，即不能同时取一对祖先和子孙。咱们可 以在 DFS 序上 DP。对于选择取 Galo[i]的决策，即选择了 DFS 序上 i 号节点的子树所对应的区间。只要选择的区间不相交、不重复，则 是一个合法的取法。这样，题目就成了一个区间覆盖 DP 问题，复 杂度 O(n*k)。个人代码太丑就不放了，避免大家也超时/emoji😆c++

T2 5438. 【NOIP2017提升A组集训10.31】Tree

​ 这道题特别水，考场就有一堆人切了，正解：你只要判断儿子和父亲的颜色是否相同若不一样则把儿子加入答案，最后看root是否为白色就好了spa

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int i,j,n,m,k,l,e[2000001][2],h[2000001],color[600001],x,y,ans[600001],num,tot,z[1000001];
void add(int u,int v)
{
	e[++tot][0]=h[u];
	e[tot][1]=v;
	h[u]=tot;
}
int main()
{
	freopen("tree.in","r",stdin);
	freopen("tree.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&color[i]);
	for(i=1;i<n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y);
	}
	z[++z[0]]=1;
	while(z[0]>0)
	{
		x=z[z[0]];
		for(i=h[x];i;i=e[i][0])
			{z[++z[0]]=e[i][1];if(color[e[i][1]]!=color[x]) ans[++num]=e[i][1];}
		h[x]=0;
		if(x==z[z[0]]) z[0]--; 
	}
	if(color[1]!=0) ans[++num]=1;
	sort(ans+1,ans+1+num);
	for(i=1;i<=num;i++) printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
}

注意打dfs的要打人工栈。。code

T3 5427. 【NOIP2017提升A组集训10.25】吃草

考试时只会50分的。。。对于第一个问题是能够很轻松地解决
用贪心的思想，就是按照端点来排序，能放在同一个就放在同一个集合里面。
对于第二个问题咱们发现ans=|(l+r)-x|*2; 就对于一个区间其实就是中间点与选的位置的差距的两倍；
知道这个后，咱们要求的不过是一堆中间点与你选的位置的差距的最小值而已。
咱们设f[i]表示在1~i所放的最少羊的个数，其中强制i必放。g[i]表示在f[i]下的最小距离；
首先咱们知道f[i]必定是单调递增的，并且 对于i咱们枚举一个j转移时，必须保证j~i中的全部区间不存在 j<l<=r<i;这样你就没法从f[j]+1---->f[i] 这种状况你就须要多拿几只羊出来了，这也是个小剪枝。。。
而后就是转移g了。显然咱们能够把中心点在[j,mid]的全用j羊解决，(mid,i]的用i羊解决，而后用一个前缀和，处理每个区间就好了，（就好比：[j,mid]中全部中心点的和减去i*[j,mid]中的个数。。。。剩下本身思考）而后就没了。。。。。。注意统计答案时还要计算最后一个羊以后中心点的答案blog

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=300002;
struct nup {long long l,r;}a[N];
long long i,j,n,m,k,t,l,r,c[N],y1,z,x,y,num,z1,tot,kk,mi,b[N],f[N],g[N],ma,num1[N],qz1[N],ans,mii,maa,mx;
bool cmp(nup x,nup y){return x.l<y.l;}
bool cmp1(nup x,nup y){return x.r<y.r;}
long long abss(long long x){return(x>0?x:-x);}
long long max(long long a,long long b){return a>b?a:b;}
long long min(long long a,long long b){return a<b?a:b;}
inline long long read(){
    long long x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*f;
}
int main()
{
	freopen("grass.in","r",stdin);
	freopen("grass.out","w",stdout);
	n=read();t=read();mi=987654321;
	for(i=1;i<=n;i++) a[i].l=read(),a[i].r=read(),c[a[i].r]--,mi=min(mi,a[i].l),b[i]=(a[i].l+a[i].r)/2;
	sort(b+1,b+1+n);
	sort(a+1,a+1+n,cmp);
	x=a[1].l;y=1;
	while(x<=a[n].r&&y<=n)
	{
		z=0;tot=0;y1=y;
		while(c[x]==0) x++;
		while(a[y].l<=x&&a[y].r>=x&&y<=n) 
		{
			if((a[y].l+a[y].r-1)/2<x) tot++;
			else tot--;
			z=max(z,a[y].l),c[a[y].r]++,y++;
		}
		num++;x=a[y].l;
	}
	printf("%lld\n",num);
	if(t==1)
	{
		sort(a+1,a+1+n,cmp1);
		mi=mii=987654321000000;ma=maa=0;
		for(i=1;i<=n;i++) qz1[b[i]]+=b[i],mi=min(mi,b[i]),ma=max(ma,b[i]),num1[b[i]]++,mii=min(mii,a[i].l),maa=max(maa,a[i].r);
		for(i=1;i<=maa;i++) qz1[i]+=qz1[i-1],num1[i]+=num1[i-1],g[i]=-1;
		for(i=1;i<=maa;i++)
		{
        	for(;x<=n&&a[x].r<i;x++)mx=max(mx,a[x].l);
			for(j=mx;j<i;j++)
			{
				if(f[i]==0||(f[j]+1<=f[i]))
				{
					int mid=(i+j)/2;
					if(f[j]+1<f[i]) g[i]=-1;
					f[i]=f[j]+1;
					if(f[i]!=1)
					{
					if(g[i]!=-1) g[i]=min(g[i],1LL*(g[j]+qz1[mid]-qz1[j-1]-(num1[mid]-num1[j-1])*j*1LL)+1LL*(1LL*i*(num1[i]-num1[mid])-(qz1[i]-qz1[mid])));
					else g[i]=1LL*(g[j]+qz1[mid]-qz1[j-1]-(num1[mid]-num1[j-1])*j*1LL)+1LL*(1LL*i*(num1[i]-num1[mid])-(qz1[i]-qz1[mid]));	
					}
					else
					{
					if(g[i]!=-1) g[i]=min(g[i],(i*num1[i]-qz1[i]));
					else g[i]=(i*num1[i]-qz1[i]);
					}
				}
			}
		}
		mi=0;ans=987654321000000;
		for(;x<=n;x++)mx=max(mx,a[x].l);
    	for(int i=mx;i<=maa;i++)
        	if(f[i]==num)ans=min(ans,g[i]+qz1[maa]-qz1[i-1]-(num1[maa]-num1[i-1])*i);
		printf("%lld",ans*2);
	}
}

T4 5439. 【NOIP2017提升A组集训10.31】Calculate

就推柿子。。排序

由于A范围很小，因此咱们就把A归类，一样数字的归为一类，好比A={1,1,1,3,4,4,5,}
咱们就能够处理x=1时，x=3时......图片

那么原来的式子就变成了这里写图片描述
那么咱们考虑设g[i]=b[i]%x,即按照a[i]来分组，在设在k个数中有t个数的g要大于T%x.（这个用桶）
那么有：这里写图片描述（T是你二分的答案,k是相同的个数，由于A相同但B不必定相同）
而后预处理出后面那两个东西就能够了。ip

#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct nup {int a,b,id,qz;}f[400001];
long long n,m,k,t,op,x,y,num,kk,zz[400001],tot,g[400001],mid,l,r,G[400001],F[2001][2001];
bool cmp(nup x,nup y){return(x.a==y.a?(x.b>y.b):x.a<y.a);}
inline long long pd(long long T)
{
	long long res=0,i=0;
	for(register int i=1;i<=502;++i) 
	{
		res+=F[i][i]*(T/i)-G[i];
		res+=-F[i][i]+F[i][T%i];
	}
	return res;
}
inline long long read(){
    long long x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){
        if(ch=='-')
            f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9'){
        x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
int main()
{
	freopen("calculate.in","r",stdin);
	freopen("calculate.out","w",stdout);
	scanf("%lld",&t);
	while(t>0)
	{
		n=read();m=read();
		memset(G,0,sizeof G);memset(F,0,sizeof F);
		for(register int i=1;i<=n;++i) f[i].a=read();
		for(register int i=1;i<=n;++i) f[i].b=read();
		for(register int i=1;i<=n;++i) G[f[i].a]+=f[i].b/f[i].a,F[f[i].a][f[i].b%f[i].a]++;
		for(register int i=1;i<=502;++i)
			for(register int j=1;j<=i;++j) F[i][j]+=F[i][j-1];
		for(register int i=1;i<=m;++i)
		{
			op=read();
			if(op==1)
			{
				x=read();y=read();
				G[f[x].a]-=f[x].b/f[x].a;
				for(register int j=f[x].b%f[x].a;j<=f[x].a;++j) F[f[x].a][j]--;
				f[x].a=y;
				G[f[x].a]+=f[x].b/f[x].a;
				for(register int j=f[x].b%f[x].a;j<=f[x].a;++j) F[f[x].a][j]++;
			}
			else if(op==2)
			{
				x=read();y=read();
				G[f[x].a]+=y/f[x].a-f[x].b/f[x].a;
				long long l=f[x].b%f[x].a,r=y%f[x].a;
				if(l<=r) for(register int j=l;j<r;++j) F[f[x].a][j]--;
				else for(register int j=r;j<l;++j) F[f[x].a][j]++;
				f[x].b=y;
			}
			else
			{
				k=read();
				l=1;r=f[1].a*k+f[1].b+f[2].b+f[2].a*k;
				while(l<r)
				{
					mid=(l+r)/2;
					long long cnt=pd(mid);
					if(cnt>=k) r=mid;else l=mid+1;
				}
				printf("%lld\n",l);
			}
		}
		t--;
	}
}
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