10.29-10.30Test
| 题目 | 描述 | 做法 |
|---|---|---|
| \(BSOJ5161\) | 从小到大放入\(n\)个数，每次他可以覆盖没被覆盖且小于等于自己的数，求每个数覆盖个数 | 无脑模拟 |
| \(BSOJ5162\) | 给出一个有向图，每一轮可以覆盖任意两点不可到达的点集，求最少几轮覆盖完 | 缩点后\(DAG\)上\(DP\) |
| \(BSOJ5163\) | 动态加边,多次询问\(A\rightarrow B\)的最大边最短路径 | \(LCA\)+暴力\(or~LCT\)维护\(Mst\) |
| \(BSOJ5169\) | 求\([L,R]\)中质数和两质数乘积的个数 | 魔改线性筛 |
| \(BSOJ5170\) | 每个点可以得到钥匙，每条边有钥匙限制,求\(1\rightarrow n\)最短路 | 状压分层+最短路(\(BFS\)) |
| \(BSOJ5171\) | 过长 | 考虑算出子树内\(a\)的\(d1,d2,d3,cnt\),算出字数外\(b\)的\(u1,u2\),再分类讨论 |
\(\text{Day1}\)
\(T1\)
无脑模拟
\(T2\)
先缩点,那么块内的点不能同时选
对于\(DAG\),我们考虑答案就是把块当做\(\text{size}\)长的链的最长路
\(\displaystyle{f_x=\max\{f_y\}+\text{size}_x}\)
\(T3\)
径为所有路径中权值最小的路径权。
每次小A先选出两个点m1,m2，然后小B选出两个点b1,b2，计算出它们的最短路径m,b，然后小B会拿出两堆灵魂宝石，一堆有m个，另一堆有b个。然后小A先从一堆中选出若干个灵魂宝石拿走，接下来小B重复同样的操作，如此反复，直到取走最后一颗灵魂宝石，然后取走最后一颗宝石的人获胜。
小B认为这样游戏太简单，于是他会不定期向这张图上加上一些边，以增大游戏难度。
小A具有预知未来的能力，她看到了自己和小B在未来游戏中的选择，以及小B增加的边。现在对于每次游戏，小A想知道自己是否存在必胜的方法。但是预知未来已经消耗了她太多精力，出于疲惫她只好找到了你。
发现这道题\(Add\)操作很少,考虑每次暴力
我们先\(Kruskal\)建出\(Mst\)
每次加入\(A\rightarrow B:V\)这条边，
若\(V\ge\)原来树上路径\(A\text{~}B\)上最大值，则不管
若\(V<\)原来树上路径\(A\text{~}B\)上最大值，则删去那个最大值，加入这条边
每次重构\(ST\)表，查询就是树上路径\(A\text{~}B\)上最大值比较一下即可
\(Tip:\)\(ST\)表只需从\(A\)或\(B\)中深度较小的向下\(dfs\)重构,因为上面的形态不会改变
inline void Findmax(re int x,re int y,re int fa,re int&pos,re int&flag){
re int i;re ll maxx=-INF;flag=0;
while(x!=fa){
for(i=h[x];i;i=e[i].next)if(e[i].to==*dp[x]){if(del[i])continue;if(maxx<e[i].v){maxx=e[i].v;flag=1;pos=i;}}
x=*dp[x];
}
while(y!=fa){
for(i=h[y];i;i=e[i].next)if(e[i].to==*dp[y]){if(del[i])continue;if(maxx<e[i].v){maxx=e[i].v;flag=2;pos=i;}}
y=*dp[y];
}
}
(flag&1)?dfs_ST(y,*dp[y],dep[y]):dfs_ST(x,*dp[x],dep[x]);\(\text{Day2}\)
\(T1\)
动一下线性筛就可以了
inline void Prime(void){
re int i,j;
for(i=2;i<=maxx;++i){
if(!vis[i])pri[++*pri]=i;
for(j=1;j<=*pri;++j){
if(i*pri[j]>maxx)break;
vis[i*pri[j]]=(!vis[i])?2:1;
if(!(i%pri[j]))break;
}
}
for(i=2;i<=maxx;++i)sum[i]=sum[i-1]+(!(vis[i]&1));
}\(T2\)
状压钥匙的状态，用状态分层，跑最短路即可
\(T3\)(JZOJ5460)
考虑记录\(6\)个值
\(d1_x/d2_x/d3_x:x\)子树内\(a\)的最大/严格次大/严格第三大
\(man_x\)表示\(x\)子树内最大值唯一否
\(u1_x/u2_x:x\)子树外\(b\)的最大/严格次大
\(ans=\begin{cases}d2_x&u1_x=0\\d1_x&man_x=1\\d1_x&d2_x+u1_x>d1_x\\d2_x+u1_x&d2_x+u1_x<d1_x\\\max\{d2_x+u2_x,d3_x+u1_x\}&d2_x+u1_x=d1_x\end{cases}\)
求这六个量的过程(改\(skr\)人)
inline void dfs(re int x,re int prt){//求d1,d2,d3,man
re int i,y;fa[x]=prt;
d1[x]=a[x];d2[x]=-INF;d3[x]=-INF;dl1[x]=b[x];dl2[x]=-INF;
cntd[x]=1;
for(i=h[x];i;i=e[i].next){
y=e[i].to;if(prt==y)continue;
dfs(y,x);
if(d1[x]<d1[y]){
cntd[x]=cntd[y],d3[x]=d2[x];d2[x]=d1[x];d1[x]=d1[y];//严格次大值/第三大值
}
else if(d1[x]==d1[y])cntd[x]+=cntd[y];
else if(d2[x]<d1[y]){d3[x]=d2[x];d2[x]=d1[y];}
else if(d3[x]<d1[y]&&d1[y]!=d2[x])d3[x]=d1[y];
if(d2[x]<d2[y]&&d2[y]!=d1[x]){d3[x]=d2[x];d2[x]=d2[y];}
else if(d3[x]<d2[y]&&d2[y]!=d2[x])d3[x]=d2[y];
if(d3[x]<d3[y]&&d3[y]!=d2[x])d3[x]=d3[y];
if(dl1[x]<dl2[y]){dl2[x]=dl1[x];dl1[x]=dl2[y];}
else if(dl2[x]<dl2[y]&&dl2[y]!=dl1[x])dl2[x]=dl2[y];//只求严格次大值
if(dl1[x]<dl1[y]){dl2[x]=dl1[x];dl1[x]=dl1[y];}
else if(dl2[x]<dl1[y]&&dl1[y]!=dl1[x])dl2[x]=dl1[y];//只求严格次大值
}
if(cntd[x]>1)man[x]=1;
}
inline void Change(re int x){//求u1,u2
re int i,j,pre=0,y,tim=1;tot=0;d[++tot]=(z){x,u1[x]};d[++tot]=(z){x,u2[x]};
d[++tot]=(z){x,b[x]};
for(i=h[x];i;i=e[i].next){
y=e[i].to;if(fa[x]==y)continue;
d[++tot]=(z){y,dl1[y]};d[++tot]=(z){y,dl2[y]};
}
sort(d+1,d+tot+1);
for(i=h[x];i;i=e[i].next){
y=e[i].to;if(fa[x]==y)continue;
j=1;tim=1;pre=INF;u1[y]=u2[y]=-INF;
while(tim<=2){
for(;j<=tot;++j)if(d[j].pos!=y&&d[j].v!=pre)break;
if(j>tot)break;
if(tim==1)u1[y]=d[j].v;
else u2[y]=d[j].v;
++tim;pre=d[j].v;
}
}
for(i=h[x];i;i=e[i].next){y=e[i].to;if(fa[x]==y)continue;Change(y);}
}