2019.10.9 模拟赛总结

本文链接： https://blog.csdn.net/wljoi/article/details/102470242

大致情况

满分： $300pts$

实际得分： $180pts$

失误： $30pts$

T1 SOJ2197

给定一个正整数 $S$ ，现在要求你选出若干个互不相同的正整数，使得它们的和不大于 $S$ ，而且每个数的因数（不包括本身）之和最大。 $(S\le1000)$

预处理：每个数约数和 $sum[i]$ ，时间复杂度 $O(S^2)$

法1：01背包

for(int i=1;i<=n;i++){
	for(int j=n;j>=i;j--){
		f[j]=max(f[j],f[j-i]+sum[i]);
	}
}

答案： $f[n]$

法2：dfs+剪枝

void dfs(int nw,int s,int cnt){
	if(cnt<f[nw])  return ;
	f[nw]=cnt;
	if(nw+s+1>n)  return ;
	for(int i=s+1;i<=n-nw;i++){
		dfs(nw+i,i,cnt+sum[i]);
	}
}

答案： $max(f[i]),i∈[1,n]$

死因

$sum[1]=0而并非1$

$100pts\longrightarrow 70pts$

T2 SOJ2198

给一个长度为 $n$ 的数组 $A$ ，给定 $L, R$ ，求所有满足长度大等于 $L$ ，小等于 $R$ 的 $A$ 数组的子区间的平均值的最大值。 $(n\le10^5)$

做法：二分答案+单调队列

二分平均值 $mid$ ，将 $A$ 数组每个数减去 $mid$ ，再判断是否有一段长度在 $[L,R]$ 间的区间和大于 $0$ ，用单调队列判断。

bool check(double x){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		b[i]=a[i]-x;
		sum[i]=sum[i-1]+b[i];
	}
	int head=1,tail=0;
	double ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(head<=tail&&i-q[head]>R){
			++head;
		}
		if(i>=L){
			while(head<=tail&&sum[q[tail]]>sum[i-L]){
				--tail;
			}
			q[++tail]=i-L;
			ans=max(ans,sum[i]-sum[q[head]]);
		}
	}
	return ans>0;
}

T3 SOJ2199

给定 $m$ 条方向不确定的有向边，让你选出一些边并确定它们的方向，使每个点的入度刚好为 $1$ ，并使边权之和最小。 $(m\le5*10^5)$

做法

容易发现如果所有边均为无向边，那么我们的图将会由至少一颗基环树组成。所以我们的目标就变为找最小的基环树森林。

我们用最小生成树的思想，从小到大加边。

在加边时，我们考虑其两个端点是否连通，如果连通且该连通块无环，那么加入这条边后一定会出现一个环。如果不连通，那么通过两边的两个连通块是否有环来判断新的连通块是否有环。

	for(int i=1;i<=m;i++){
		e[i].x=Read(),e[i].y=Read(),e[i].w=Read();
		q.push(e[i]);
	}
	while(!q.empty()){
		Edge u=q.top();
		q.pop();
		int x=findfa(u.x),y=findfa(u.y);
		if(x==y){
			if(!type[x])  type[x]=1,ans+=u.w,cnt++;
		}
		else{
			if(type[x]&&type[y])  continue;
			fa[x]=y; type[y]=type[y]|type[x];
			ans+=u.w; cnt++;
		}
	}
	if(cnt!=n)  cout<<"No\n";
	else  cout<<ans<<endl;

死因

没有考虑整个图不连通的情况。