2022牛客多校3补题
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了2022牛客多校3补题相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
2022牛客多校3补题
A
给出两棵编号 1 − n 1-n 1−n 的树A和B,A和B树上每个节点均有一个权值,给出 k k k 个关键点
的编号 x 1 … x n x_1…x_n x1…xn ,问有多少种方案使得去掉恰好一个关键点使得剩余关键点在树A上
LCA的权值大于树B上LCA的权值
观察和不断模拟可以发现一系列的点的LCA可以通过前缀LCA实现。
故预处理出关键点序列的在树A B上的前缀LCA和后缀LCA,枚举去掉的关键节点并使用前后缀LCA算出剩余节点的LCA比较权值即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
using db = double;
using ld = long double;
using pii = pair<int, int>;
using pll = pair<ll, ll>;
using arr = array<int, 3>;
using vi = vector<int>;
using vl = vector<ll>;
template <class T> void Min(T &a, const T b) if (a > b) a = b;
template <class T> void Max(T &a, const T b) if (a < b) a = b;
const int dx[] = -1, 0, 1, 0, dy[] = 0, 1, 0, -1;
const int N = 1e5 + 5, M = N;
const int mod = 1e9 + 7;
const ld eps = 1e-8;
struct Tree
std::vector<int> sz, top, dep, parent, in;
int cur;
std::vector<std::vector<int>> e;
Tree(int n) : sz(n), top(n), dep(n), parent(n, -1), e(n), in(n), cur(0)
void addEdge(int u, int v)
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
void init()
dfsSz(0);
dfsHLD(0);
void dfsSz(int u)
if (parent[u] != -1)
e[u].erase(std::find(e[u].begin(), e[u].end(), parent[u]));
sz[u] = 1;
for (int &v : e[u])
parent[v] = u;
dep[v] = dep[u] + 1;
dfsSz(v);
sz[u] += sz[v];
if (sz[v] > sz[e[u][0]])
std::swap(v, e[u][0]);
void dfsHLD(int u)
in[u] = cur++;
for (int v : e[u])
if (v == e[u][0])
top[v] = top[u];
else
top[v] = v;
dfsHLD(v);
int lca(int u, int v)
while (top[u] != top[v])
if (dep[top[u]] > dep[top[v]])
u = parent[top[u]];
else
v = parent[top[v]];
if (dep[u] < dep[v])
return u;
else
return v;
;
void solve()
int n, k;
cin >> n >> k;
vi x(k);
for(int i = 0; i < k; i++)
cin >> x[i];
x[i]--;
Tree A(n), B(n);
vi a(n);
for(int i = 0; i < n; i++)
cin >> a[i];
for(int i = 1; i < n; i++)
int p;
cin >> p;
p--;
A.addEdge(i, p);
vi b(n);
for(int i = 0; i < n; i++)
cin >> b[i];
for(int i = 1; i < n; i++)
int p;
cin >> p;
p--;
B.addEdge(i, p);
A.init();
B.init();
vi prea(k), sufa(k), preb(k), sufb(k);
for(int i = 0; i < k; i++)
if(i == 0)
prea[i] = preb[i] = x[i];
else
prea[i] = A.lca(prea[i - 1], x[i]);
preb[i] = B.lca(preb[i - 1], x[i]);
for(int i = k - 1; i >= 0; i--)
if(i == k - 1)
sufa[i] = sufb[i] = x[i];
else
sufa[i] = A.lca(sufa[i + 1], x[i]);
sufb[i] = B.lca(sufb[i + 1], x[i]);
int ans = 0;
for(int i = 0; i < k; i++)
if(i == 0)
if(a[sufa[i + 1]] > b[sufb[i + 1]])
ans++;
else if(i == k - 1)
if(a[prea[i - 1]] > b[preb[i - 1]])
ans++;
else
int va = A.lca(prea[i - 1], sufa[i + 1]);
int vb = B.lca(preb[i - 1], sufb[i + 1]);
if(a[va] > b[vb])
ans++;
cout << ans << "\\n";
int main()
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int t;
t = 1;
// cin >> t;
while(t--)
solve();
return 0;
C
题意: 给定n个字符串,求一个将他们拼接起来的方案,使得结果的字典序最小。
对 n n n个字符串排序, a a a 在 b b b 前面的条件是 a + b < b + a a + b < b + a a+b<b+a
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
const int N = 1e5 + 5, mod = 1e9 + 7;
void solve()
int n;
cin >> n;
vector<string> s(n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++)
cin >> s[i];
sort(s.begin() + 1, s.end(), [](string a, string b)
return a + b < b + a;
);
for(int i = 1; i <= n; i++)
cout << s[i];
cout << "\\n";
int main()
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int t;
// cin >> t;
t = 1;
while(t--)
solve();
return 0;
F
给定一个n个点m条边的无向图,每次询问两点x, y,求是否存在一个n的排列,使得第一个元素为x,最后一个元素为y,且排列的任意一个前缀、任意一个后
缀都连通
考虑一条链,那么两端的顶点是满足情况的,如果是其他的两个点那么不满足情况。
考虑一个环,发现环中的任意两个点都满足情况。
考虑一个图,图中可能存在环。
那么对所有的点双缩点之后,必须是一条链,如果不是一条链就不能满足。首先通过tarjan求出割点以及点双。
如果图本身就不连通(即有多个连通块),不满足。
如果点双等于1,即是一个环,满足。
接下来是对于一般的连通图,我们对于边界处的点双进行赋值,第一个边界处点双非割点全部赋为1,第二个边界处点双中非割点全部赋为2,那么询问时,如果两个点的值加和是3,即可以满足要求。
主要是如何判断是否是处于边界的点双,边界处的点双,那么此点双中的割点所在点双只有2个,不能有多个,如果有多个,必然不是在边界(因为存在一个割点至少则会存在两个点双)。
代码中为什么没有 d = 2 d = 2 d=2
因为存在以下情况:
上图是满足情况的,中间的点双连通分量的
d
=
2
d = 2
d=2 ,但是边界1和6点都已经确定了,可以通过边界确定是否满足情况。
上图是不满足情况的,中间的点双中 d = 2 d = 2 d=2,但是边界也可以确定,同样可以通过边界来判断是否满足情况。
那么其他情况也是如此,都是可以通过边界点双连通分量来判断, d = 2 d = 2 d=2 因为牵扯到有满足情况和不满足情况的,暂不考虑(但是他们可以通过边界点双来判断)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
using db = double;
using ld = long double;
using pii = pair<int, int>;
using pll = pair<ll, ll>;
using arr = array<int, 3>;
using vi = vector<int>;
using vl = vector<ll>;
template <class T> void Min(T &a, const T b) if (a > b) a = b;
template <class T> void Max(T &a, const T b) if (a < b) a = b;
const int dx[] = -1, 0, 1, 0, dy[] = 0, 1, 0, -1;
const int N = 1e5 + 5, M = N;
const int mod = 1e9 + 7;
const ld eps = 1e-8;
// sum[i] 是点i所在点双连通分量的个数
// ans[i] 是点i所在第几个边界的点双连通分量中
int low[N], dfn[N], stk[N], top, ts, dcc_cnt, root = 1, sum[N], ans[N];
vector<int> dcc[N], e[N];
bool cut[N];
void tarjan(int u)
dfn[u] = low[u] = ++ts;
stk[++top] = u;
int flag = 0;
for(auto v : e[u])
if(!dfn[v])
tarjan(v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
if(dfn[u] <&以上是关于2022牛客多校3补题的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章