NOIP2018 集训(三)

其他 2018-10-20 18:11:44 阅读次数: 0

A题 Tree

问题描述

给定一颗 \(n\) 个点的树，树边带权，试求一个排列 \(P\) ，使下式的值最大
\[\sum_{i=1}^{n-1} maxflow(P_i, P_{i+1}) \]
其中 \(maxflow(s, t)\) 表示从点 \(s\) 到点 \(t\) 之间的最大流，即从 \(s\) 到 \(t\) 的路径上最小的边权

输入格式

第一行一个整数 \(n\) ，表示点数

下接 \(n - 1\) 行，每行三个数 \(u, v,w\) 表示一条连接点 \(u\) 和点 \(v\) 权值为 \(w\) 的边

输出格式

输出一行一个整数，表示答案

数据范围

对于前 \(5\%\) 的数据满足 \(n \leq 8\)

对于前 \(40\%\) 的数据满足 \(n \leq 200\)

对于前 \(60\%\) 的数据满足 \(n \leq 2000\)

对于 \(100\%\) 的数据满足 \(n \leq 100000\)

样例

样例输入
2
1 2 2333
样例输出
2333

题解

事实上是一道十行代码就可以解决的题目
如果要让\(\sum_{i=1}^{n-1}maxflow(P_i, P_{i+1})\)的边权值最小，就要让每一条边只被经过一次，那么将所有边的权值相加就好了QAQ（网上的题解都是些什么玩意。。。）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,ans,u,v,w;
int main(){
    cin>>n;
    for(register long long i=1;i<n;i++)cin>>u>>v>>w,ans+=w;
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}


B题 Permutation

问题描述

给定一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，每条边连接两个顶点，保证无重边自环，不保证连通

你想在这张图上进行若干次旅游，每次旅游可以任选一个点 \(x\) 作为起点，再走到一个与 \(x\) 直
接有边相连的点 \(y\) ，再走到一个与 \(y\) 直接有边相连的点 \(z\) 并结束本次旅游

作为一个旅游爱好者，你不希望经过任意一条边超过一次，注意一条边不能即正向走一次又反
向走一次，注意点可以经过多次，在满足此条件下，你希望进行尽可能多次的旅游，请计算出最多
能进行的旅游次数并输出任意一种方案

输入格式

第 \(1\) 行两个正整数 \(n\) 与 \(m\) ，表示全图的点数与边数
下接 \(m\) 行，每行两个数字 \(u\) 与 \(v\) 表示一条边

输出格式

第 \(1\) 行一个整数 \(cnt\) 表示答案

下接 \(cnt\) 行，每行三个数字 \(x\) , \(y\) 与 \(z\) ，表示一次旅游的路线

如有多种旅行方案，任意输出一种即可

数据范围

对于前 \(20\%\) 的数据， \(n < 10,m \leq 20\) .

对于令 \(20\%\) 的数据， \(m = n - 1\) ，并且图连通

对于令 \(10\%\) 的数据，每个点的度数不超过 \(2\)

对于 \(100\%\) 的数据， \(n \leq 100000,m \leq 200000\)

样例

样例输入
4 5
1 2
3 2
2 4
3 4
4 1
样例输出
2
4 1 2
4 3 2

题解

部分分方法很容易想到，DFS或者BFS直接遍历查找即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100010,maxm = 200010;
/*
struct edge{
    int v,next;
    bool used;
}E[maxm*2];
*/
struct anss{
    int a,b,c;
};
vector<int> G[maxn];
//priority_queue< pair<int,int> , vector<pair<int,int>>, less<pair<int,int>> > pq;
int p[maxn],eid;
int degree[maxn];
/*
void init(){
    memset(p,-1,sizeof p);
    eid = 0;
}
*/
inline void insert(int u,int v){
    G[u].push_back(v);
}
inline void insert2(int u,int v){
    insert(u,v);
    insert(v,u);
}
int n,m;
inline bool cmp(const int &a,const int &b){
    if(degree[a] == degree[b]){
        return a < b;
    }else{
        return degree[a] < degree[b];
    }
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(degree,0,sizeof degree);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u,v;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        insert2(u,v);
        degree[u]++;
        degree[v]++;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        sort(G[i].begin(),G[i].end(),cmp);
    }
    int cnt = 0;
    //int tcnt[maxn] = {0};
    vector<anss> ansss;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(degree[i] >= 2){
            //cout << "i:" << i << " degree: " << degree[i] << endl;
            //ansss.push_back({G[i][tcnt[i]*2-2],i,G[i][tcnt[i]*2-1]});
            int son1 = -1,son2 = -1;
            int savep;
            int pp = 0;
            sort(G[i].begin(),G[i].end(),cmp);
            //cout << "savep:" << savep << endl;
            son1 = G[i][0],son2 = G[i][1];
            //cout << "son1:" << son1 << "son2:" << son2 << endl;
            for(int ppp=0;ppp<G[son1].size();ppp++){
                if(G[son1][ppp] == i){
                    //cout << "ppp1:" << ppp << endl;
                    G[son1].erase(G[son1].begin() + ppp);
                    break;
                }
            }
            
            for(int ppp=0;ppp<G[son2].size();ppp++){
                if(G[son2][ppp] == i){
                    //cout << "ppp1:" << ppp << endl;
                    G[son2].erase(G[son2].begin()+ppp);
                    break;
                }
            }
            G[i].erase(G[i].begin()+1);
            G[i].erase(G[i].begin());
            ansss.push_back({son1,i,son2});
            degree[i] -= 2;
            degree[son1]--;
            degree[son2]--;
            cnt++;
        }
    }
    printf("%d\n",cnt);
    for(int i=0;i<ansss.size();i++){
        printf("%d %d %d\n",ansss[i].a,ansss[i].b,ansss[i].c);
    }
    return 0;
}

这种方法的错误性也很容易发现。任意一个强连通图都有可能导致错误，即使是部分强联通也会出导致错误。所以我们需要找其他的思路。
首先我们可以发现，答案输出的第一行总是所有联通块中的边集\(\Sigma{m/2}\)，此时我们在每个联通块中任选一点做生成树，并从根节点向下遍历，每找到两条相连边就记录一次即可。当然遍历的顺序也很讲究，要先查叶子节点的所连的边再查父亲节点的所连的边，这样才能玄学保证最优

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxn=4e5+10;
inline char get(){
    static char buf[30],*p1=buf,*p2=buf;
    return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,30,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read(){
    register char c=get();register int f=1,_=0;
    while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get();
    while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get();
    return _*f;
}
ll n,m,num[maxn],fa[maxn];
bool vis[maxn];
struct edge{
    ll v;
    ll next;
}e[maxn];
ll p[maxn],t=0;
ll edge[maxn];
struct Path{
    ll a,b,c;
};
vector<Path> ans;
void insert(ll u,ll v){
    e[t].v=v;
    e[t].next=p[u];
    p[u]=t++;
}
void insert2(ll u,ll v){
    insert(u,v);
    insert(v,u);
}
void BFS(ll rt){
    ll x,H=0,T=1;
    num[T]=rt;
    fa[rt]=-1;
    while(H-T){
        ll u=num[++H];
        for(ll i=p[u];i!=-1;i=e[i].next){
            ll v=e[i].v;
            if(!fa[v]){
                fa[v]=u;
                num[++T]=v;
            }
        }
    }
    for(x=T;x>=1;x--){
        ll u=num[x];
        edge[0]=0;
        for(ll i=p[u];i!=-1;i=e[i].next){
            ll v=e[i].v;
            if(!vis[i] && v!=fa[u])
                edge[++edge[0]]=i;
        }
        for(ll i=p[u];i!=-1;i=e[i].next){
            ll v=e[i].v;
            if(!vis[i] && v==fa[u])
                edge[++edge[0]]=i;
        }
        for(ll i=1;i+1<=edge[0];i+=2){
            vis[edge[i]]=vis[edge[i]^1]=true;
            vis[edge[i+1]]=vis[edge[i+1]^1]=true;
            ans.push_back((Path){e[edge[i]].v,u,e[edge[i+1]].v});
        }
    }
}
int main(){
    freopen("T1.txt","r",stdin);
    memset(p,-1,sizeof(p));
    n=read(),m=read();
    for(ll i=1;i<=m;i++){
        insert2(read(),read());
    }
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        if(!fa[i])BFS(i);
    printf("%lld\n",(ll)ans.size());
    for(ll i=0;i<ans.size();i++)printf("%lld %lld %lld\n",ans[i].a,ans[i].b,ans[i].c);
    return 0;
}

C题 Permutation

问题描述

你有一个长度为 \(n\) 的排列 \(P\) 与一个正整数 \(K\)

你可以进行如下操作若干次使得排列的字典序尽量小

对于两个满足 \(\left|i-j\right| \geq K\) 且\(\left|P_i-P_j\right| =1\)的下标 \(i\) 与 \(j\) ，交换 \(P_i\) 与 \(P_j\)

输入格式

第一行包括两个正整数 \(n\) 与 \(K\)

第二行包括 \(n\) 个正整数，第 \(i\) 个正整数表示 \(P_i\)

输出格式

输出一个新排列表示答案

输出共 \(n\) 行，第 \(i\) 行表示 \(P_i\)

数据范围

对于前 \(20\%\) 的数据满足 \(n \leq 6\)

对于前 \(50\%\) 的数据满足 \(n \leq 2000\)

对于 \(100\%\) 的数据满足 \(n \leq 500000\)

样例

样例输入
8 3
4 5 7 8 3 1 2 6
样例输出
1
2
6
7
5
3
4
8

题解

非常好的暴力训练题。考试的时候明显是在比谁骗的分多Orz
首先是大家都懂的20分普通暴力

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 500010
using namespace std;
inline char get(){
    static char buf[30],*p1=buf,*p2=buf;
    return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,30,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read(){
    register char c=get();register int f=1,_=0;
    while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get();
    while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get();
    return _*f;
}
struct edge{
    int u,v,w,next;
}E[maxn<<1],A[maxn<<1];
int p[maxn],eid=0;
void init(){
    for(register int i=0;i<maxn;i++)p[i]=-1;
    eid=0;
}
void insert(int u,int v,int w){
    E[eid].u=u;
    E[eid].v=v;
    E[eid].w=w;
    E[eid].next=p[u];
    p[u]=eid++;
}
void insert2(int u,int v,int w){
    insert(u,v,w);
    insert(v,u,w);
}
int n,k;
int t[maxn],a[maxn];
int main(){
    //freopen("T2.txt","r",stdin);
    n=read();k=read();
    for(register int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
    int flag=n;
    while(flag--) {
        for(register int i=1;i<=n;i++){
            for(register int j=i+k;j<=n;j++) {
                if(fabs(a[i]-a[j])==1 && a[i]>a[j]) {
                    int p=a[i];
                    int q=a[j];
                    a[i]=q;
                    a[j]=p;
                }
            }
        }
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)cout<<a[i]<<endl;
    return 0;
}

道理都懂，直接暴力查找就好了_(:з」∠)_
然后是知识分子的剪枝暴力，用的时间要稍微少一点，去掉了对于无法转换的字符的判断，虽然复杂度的上限依然很大，但是下限减小了不少↓

//40分
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,k,p[500010],t[500010];
int main(){
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>p[i];
        t[i] = p[i];
    }
    sort(t+1,t+1+n);
    bool flag = 1; 
    int ts =1;
    while(flag){
        flag = 0;
        for(int i=ts;i<n;i++){
            int  tk = 0;
            for(int j=i+1;j<=n;j++){
                if(abs(p[i] - p[j]) == 1){
                    tk++;
                }
                if(abs(i - j) >= k && abs(p[i]-p[j])==1 && p[i]>p[j]){
                    long long temp = p[i];
                    p[i] = p[j];
                    p[j] = temp;
                    flag = 1;
                    /*for(int k=1;k<=n;k++){    
                        cout<<p[k]<<" ";
                    }
                    cout<<endl;*/
                }
                if(tk == 2){
                    break;
                }
            }
        }
        if(p[ts] == t[ts]){
            ts++;
            //cout<<p[ts]<<endl;
        }
    //  t++;
        //cout<<t<<endl;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cout<<p[i]<<endl;
    }
    return 0;
}

PS：我也不知道为什么会变成40分QAQ
最后是大佬的玄学暴力。每一次遍历的时候提前处理判断当前是否是最佳答案，对于每一对\(i\)和\(j\)而言，若\(i\)在\(j\)的前面，那么每一次判断性质时只判断$ i-j \(是否等于1而不是\)abs(i-j)\(，因为如果\)i-j=1\(成立就说明处在前方的数的值一定比处在后方的数的值要大，那么一定要执行交换操作。同理，如果\)j-i=1$就说明交换之后整个串的字典序要大于交换之前，因此不做交换。

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 500005
using namespace std;
//tql
inline char get(){
    static char buf[30],*p1=buf,*p2=buf;
    return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,30,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read(){
    register char c=get();register int f=1,_=0;
    while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get();
    while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get();
    return _*f;
}
int n,m;
int a[maxn];
int main(){
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
    bool swaped;
    for(register int k=1;k<=n && swaped;k++){
        swaped=false;
        for(register int i=1;i<=n-m;i++){
            for(register int j=i+m;j<=n;j++){
                if(a[i]-a[j]==1){
                    swap(a[i],a[j]);
                    swaped=true;
                }
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",a[i]);
    return 0;
}

讲完暴力我们再来看下正解。（转，正解让本弱鸡根本无法理解，会在正解后给出自己的解法）
作者：a6219221
来源：CSDN
原文：https://blog.csdn.net/a6219221/article/details/52456053

  1. 从input的内容来分：有2种，分别是有duplicate和no duplicate的

解法：这两种情况的结果其实有有同一个特性：在同一个position，同一种字母只能出现一次。只不过没有duplicate的情况下不需要额外处理就可以达到这个效果。针对有duplicate的情况，我们在每次的recursion中都需要设置一个set来储存这个位置已经使用过的数字或者字母。见如下的tree：

example: input is: 1, 1, 2
on each recursion level, we skip the duplicate number
                /       |      \
               1       [1]重复  2               n
             /  \     / \      |  \
            1    2   1   2     1  [1]重复       n * (n - 1)
           /    /   /   /      |   |
          2    1   2   1       1   1            n * (n - 1) * (n - 2)
 
time: O(n!)
space: O(n)
1 1 2
1 2 1
2 1 1

  1. 从input的type来分：

  2. 可以是array

  3. 可以是list

  4. 也可以是个string

区别：这里的区别在于是否能够in place操作其中的element。比如array就可以快速的swap里面的element，这时候我们的permutation就可以使用swap的方式。但是string是没有办法这样操作的。所以如果后面2种情况出现又想要做in place的话，最好是重新建立一个array来储存其中的内容。这样也可以避免List的get()的时间复杂度不恒定的问题。string可以使用toCharArray()来得到char的array

  1. 从output的要求来分：

1是不用output，就print出来。

2是要返回一个List 。

3是要返回一个List<List >

区别： 1.如果不用output，我们可以写一个函数把那个array或者temp arraylist中的内容打印出来。这个问题一般不大

  1. 如果需要返回一个string，那么input一般来说是一个string或者是char array.这类的做法也比较方便，用swap的方法最后rst.add(new String(input))就可以实现

  2. 需要注意的是如果要求返回的值是List<List >，那么最后加入rst的那步一定是需要一个一个把array中的数字添加到最后的list中去的。最好是这样做，可以保证不会出问题。因为并不是很麻烦而且不会出现想用现成函数用错的情况。毕竟list中的是object而array中的可能是permitIve type

    贴上代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn=5e5+10;

void read(int &x)
{
    char c=getchar(); x=0;
    while (c<'0'||c>'9') c=getchar();
    while (c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar();
}

int n,k,p[maxn],q[maxn],deg[maxn];
int tote,FIR[maxn],TO[maxn<<1],NEXT[maxn<<1];
priority_queue<int> pq;

namespace SegTree{
    int mn[maxn<<2];
#define lc (nd<<1)
#define rc (nd<<1|1)
#define mid ((s+t)>>1)

    void init()
    {
        memset(mn,0x3f3f3f3f,sizeof(mn));
    }

    void update(int nd,int s,int t,int id,int val)
    {
        if (s==t) {mn[nd]=val; return;}
        if (id<=mid) update(lc,s,mid,id,val);
        else update(rc,mid+1,t,id,val);
        mn[nd]=min(mn[lc],mn[rc]);
    }

    int query(int nd,int s,int t,int l,int r)
    {
        if (l<=s&&t<=r) return mn[nd];
        int Ans=0x7fffffff;
        if (l<=mid) Ans=min(Ans,query(lc,s,mid,l,r));
        if (r> mid) Ans=min(Ans,query(rc,mid+1,t,l,r));
        return Ans;
    }
}

void addedge(int u,int v)
{
    TO[++tote]=v;
    NEXT[tote]=FIR[u];
    FIR[u]=tote;
    deg[v]++;
}

int main()
{
    int i,x;
    read(n); read(k);
    for (i=1;i<=n;i++)
        read(p[i]),q[p[i]]=i;
    SegTree::init();
    for (i=n;i>=1;i--)
    {
        x=SegTree::query(1,1,n,q[i]-k+1,q[i]);
        if (x<=n) addedge(q[x],q[i]);
        x=SegTree::query(1,1,n,q[i],q[i]+k-1);
        if (x<=n) addedge(q[x],q[i]);
        SegTree::update(1,1,n,q[i],i);
    }
    for (i=1;i<=n;i++)
        if (!deg[i]) pq.push(i);
    for (i=n;i>=1;i--)
    {
        int u=p[i]=pq.top(); pq.pop();
        for (int p=FIR[u];p;p=NEXT[p])
            if (!(--deg[TO[p]])) pq.push(TO[p]);
    }
    for (i=1;i<=n;i++) q[p[i]]=i;
    for (i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",q[i]);
}
//转自一个ACM银牌选手

然后是本弱鸡的粉墨登场

首先我们要明确这是一个换位问题。这时我们假设有三个数\(a,b,c\)，如果\(a\)和\(b\)可以交换位置且\(b\)和\(c\)可以换位置，那么我们就可以知道\(a\)一定可以和\(c\)换位置。因此我们需要一个值来存储可以换位置的点。用什么方法可以很容易的判断两个元素处于同一个集合里呢？很显然是并查集。我们初始化每次判断i和j位置的值，如果\(i\)和\(j\)可以换位置，就在并查集中合并\(i\)和\(j\)，最后按字典序排列即可
这时我们就得到了一个看似正确的思路。事实上，这只正确了一半。因为当我们交换两个元素的位置后，他可以通往的位置会发生改变。因此这时我们需要再重复几次之前的步骤，直到最后所有元素都没法再交换位置得到最优解时再停止

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 500000
using namespace std;
inline char get(){
    static char buf[30],*p1=buf,*p2=buf;
    return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,30,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read(){
    register char c=get();register int f=1,_=0;
    while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get();
    while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get();
    return _*f;
}
int fa[maxn];
int n,k;
void init(){
    for(register int i=0;i<=n;i++)fa[i]=i;
}
int get(int x){
    if(fa[x]==x)return x;
    return fa[x]=get(fa[x]);
}
int merge(int x,int y){
    x=get(x);
    y=get(y);
    if(x!=y)fa[y]=x;
}
struct edge{
    int a,p;
    //a记录当前的值，p记录位置 
}E[maxn];
bool cmp(edge a,edge b){
    return a.a<b.a;
}
bool outcmp(edge a,edge b){
    return a.p<b.p;
}
set<int> savenow;//存储每一次已经被用过的位置 
int cas[maxn];//记录上一次的排列顺序 
int main(){
    //freopen("T2.txt","r",stdin);
    init();
    n=read();k=read();
    for(register int i=1;i<=n;i++)E[i].a=read(),E[i].p=i;
    while(1){
        bool here=1;
        for(register int i=1;i<=n-k;i++){
            for(register int j=i+k;j<=n;j++){
                if(abs(E[i].a-E[j].a)==1)merge(i,j);
            }
        }
        for(register int i=1;i<=n;i++){
            int last_time=i;
            for(register int j=1;j<=n;j++){
                if(savenow.count(j))continue;
                if(get(E[i].p)==get(j)){
                    if(E[i].p>E[j].p){
                        swap(E[i].p,E[last_time].p);
                        swap(E[i].p,E[j].p);
                        last_time=j;
                    }
                }
            }
            savenow.insert(E[i].p);
            if(cas[E[i].p]!=E[i].a){
                cas[E[i].p]=E[i].a;
                here=0;
            }
        }
        if(here)break;
    }
    for(register int i=0;i<=n;i++)printf("%d ",cas[i]);
    return 0;
}

是的，这看似是一个简便又快捷的写法，这时再让我们抱着激动的心情来计算一下复杂度
算了。溜（事实上这个算法的复杂度是\(O(n!)\)）

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转载自www.cnblogs.com/Chen574118090/p/9822405.html
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