2021 ICPC 南京站+上海站 部分题解

Posted 2022-10-04 钟钟终

CSDN话题挑战赛第2期

再一次发现一个无比无比菜的自己。。。。

H. Crystalfly

本题难得倒不是思路，是代码的实现。看了下其他大佬的实现，真的惊呼太优雅了。
思路：
1.对于这样的一棵树来说，t的值只能取1到3，可发现2秒实在是没有价值。如果一个点是3s，那说明可去其他1s或3s的点拿完，再去拿这个点的值。
2.如果从x点出发，走向z点，而y点的值是3s，说明可以去完z点转向去y点，这样势必会放弃z点孩子结点的点数。
3.因此采用树形dp来记录各种状态。
//dp[u][0]表示不取以u为根的孩子的最大点数
//dp[u][1]表示取以u为根获得的最大点数
状态的转移：
一般情况：dp[u][1]=max(dp[u][1],dp[u][0]+a[v]);表示走向哪个孩子，获得的点数最大
如果一个孩子结点的t值为3：说明这个结点y的权值是可以拿到的,z是另外一个以u为根结点权值最大or次大的点：dp[u][0]+a[y]+dp[z][0]-(dp[z][1]-a[z]),减去的那一部分是dp[u][0]包含的重复的部分。
此外还需对t为3的情况分两种情况讨论下。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\\n'
#define ios (ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0))
using namespace std;
const int inf=1e18;
const int N=7e5+5;
int n,a[N],t[N],dp[N][2],p[N];
vector<int>e[N];
//dp[u][0]表示不取以u为根的孩子的最大点数
//dp[u][1]表示取以u为根获得的最大点数
void dfs(int u,int fa)

    dp[u][1]=dp[u][0]=a[u];
    int mx1=-inf,mx2=-inf;
    for(int v:e[u])
    
        if(v==fa) continue;
        dfs(v,u);
        dp[u][0]+=dp[v][1]-a[v];
        int tmp=dp[v][0]-dp[v][1]+a[v];
        if(tmp>mx1) mx2=mx1,mx1=tmp;     //最大值
        else if(tmp>mx2) mx2=tmp;       //次大值
    
    for(int v:e[u])
    
        if(v==fa) continue;
        dp[u][1]=max(dp[u][1],dp[u][0]+a[v]);
        if(t[v]==3)
        
            if(dp[v][0]-dp[v][1]+a[v]==mx1)
                dp[u][1]=max(dp[u][1],dp[u][0]+mx2+a[v]);
            else
                dp[u][1]=max(dp[u][1],dp[u][0]+mx1+a[v]);
        
    

void solve()

    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) e[i].clear(),dp[i][0]=dp[i][1]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>t[i];
    for(int i=1;i<n;i++)
    
        int u,v;cin>>u>>v;
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    
    dfs(1,0);
    cout<<dp[1][1]<<endl;

signed main()

    ios;
    int T;cin>>T;
    while(T--)
        solve();
    return 0;

C. Klee in Solitary Confinement

思路：
1.统计各个数在不同位置上出现次数的前缀和。对于x来说，它可由x和x-k得到，而一个区间内的众数可通过枚举不同的区间得到。
2.sum[i][0]表示该数字x在下标i出现了几次，sum[i][1]表示该数字x-k在下标i时出现了几次
公式:sum[e[i].size()][0]+sum[r][1]-sum[l-1][1]-(sum[r][0]-sum[l-1][0])
化简
得到：sum[e[i].size()][0]+sum[r][1]-sum[r][0]+sum[l-1][0]-sum[l-1][1]

#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define endl '\\n'
#define ios (ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0))
using namespace std;
const int inf=1e18;
const int N=1e6+5;
int n,k,a[N],sum[N*4][2],mx,g,ans;
vector<int>e[N*4];

void solve()

    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    
        cin>>a[i];a[i]+=2e6;
        e[a[i]].push_back(a[i]);
        e[a[i]+k].push_back(a[i]);
        g=max(g,a[i]+k);
        mx=max(mx,(int)e[a[i]].size(),(int)e[a[i]+k].size());
    
    if(!k)
    
        cout<<mx/2<<endl;return;
    
    for(int i=0;i<=g;i++)
    
        if(e[i].size()==0) continue;
        for(int j=0;j<e[i].size();j++)
        
            sum[j+1][0]=sum[j][0]+(e[i][j]==i);
            sum[j+1][1]=sum[j][1]+(e[i][j]!=i);
        
        int tmp=sum[1][0]-sum[1][1];
        for(int j=1;j<=e[i].size();j++)
        
            tmp=max(tmp,sum[j-1][0]-sum[j-1][1]);
            ans=max(ans,sum[e[i].size()][0]+sum[j][1]-sum[j][0]+tmp);
        
    
    cout<<ans<<endl;

signed main()

    ios;
    //int T;cin>>T;
    //while(T--)
        solve();
    return 0;

D Strange_Fractions

注意开根号后的值为正数，并且要保证方程有解。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
//#define ll long long
#define endl '\\n'
#define For(i,a,b) for(i=(a);i<=(b);++i)
#define ios (ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0))
#define down 0.996
using namespace std;
const int N=2e6+5;
const int inf=1e18;
const int mod=1e9+7;
int p,q,a,b;

void solve()

    cin>>p>>q;
    int gcd=__gcd(p,q);
    p=p/gcd;
    q=q/gcd;
    int g=sqrt(p+2*q);
    if(g*g!=p+2*q)
    
        cout<<0<<" "<<0<<endl;return;
    
    int tmp=g*g-4*q;
    if(tmp<0)
    
        cout<<0<<" "<<0<<endl;return;
    
    int p=sqrt(tmp);
    if(p*p!=tmp)
    
        cout<<0<<" "<<0<<endl;return;
    
    int x1=g-p,x2=g+p;
    if(x1%2==0&&x1>=1)
    
        cout<<x1/2<<" "<<g-x1/2<<endl;
    
    else if(x2%2==0&&x2>=1)
    
        cout<<x2/2<<" "<<g-x2/2<<endl;
    
    else
        cout<<0<<" "<<0<<endl;

signed main()

    //ios;
    int T;cin>>T;
    while(T--)
        solve();
    return 0;

Edge Groups

思路：
1.若子树结点v连接有奇数条边，则需要占用连接u的一条边；
2.若为偶数条边，则每次从n条边中选取两条边，则会有n/2个配对，会产生(n/2)!的重复。其实列举出2、4、6……的情况后不难看出，方案数为小于等于n的奇数相乘。
3.子树结点边的选取情况可能会占用上一层偶数结点层的结点，需要统计的是可以对父节点产生贡献的可分配的边

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\\n'
#define ios (ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0))
using namespace std;
const int inf=1e18;
const int N=1e6+5;
const int mod=998244353;
int n,a[N],dp[N];
vector<int>e[N];
int dfs(int u,int fa)

    dp[u]=1;
    int cnt=0;
    for(int v:e[u])
    
        if(v==fa) continue;
        if(!dfs(v,u)) cnt++;
        dp[u]=dp[u]*dp[v]%mod;
    
    for(int i=1;i<=cnt;i+=2) dp[u]=dp[u]*i%mod;
    return cnt&1;

void solve()

    cin>>n;
    for(int i=1;i<n;i++)
    
        int u,v;cin>>u>>v;
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    
    dfs(1,0);
    cout<<dp[1]<<endl;

signed main()

    //ios;
    //int T;cin>>T;
    //while(T--)
        solve();
    return 0;