[20180812]四校联考

Posted 2020-12-29 papercloud

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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[20180812]四校联考相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

T1 消失的无向图(missing)

题目描述

从前有一张nnn个点的无向图，边权都是正整数。但现在所有的边都消失了，只留下任意两点之间的最短路。

你现在想知道，所有边的边权和至少是多少。

输入格式

从文件missing.in中读入数据。

第一行一个正整数nnn 。

接下来一个n×nn imes nn×n的矩阵A ，其中(Ai,j A_{i,j} Ai,j)代表原来图中iii到jjj的最短路。

保证$Ai,i=0,Ai,j=Aj,iA_{i,i} = 0 , A_{i,j} = A_{j,i}Ai,i=0,Ai,j=Aj,i $。

输出格式

输出到文件missing.out中。

一行一个整数，表示答案。

如果不存在任何连边方案满足所有的最短路限制，输出-1 。

样例

样例输入

样例输出

数据范围与提示

对于 30% 的数据，n≤7 。

对于另外 30% 的数据，保证存在一种最优解，满足原图是一条链。

对于 100% 的数据，满足 n≤300,1≤ Ai,j ≤109(i , j)

Solution

先判断无解的情况，如果存在 (A_{i,k}+A_{k,j} lt A_{i,j})，则直接输出-1.

要让边权和最小，所以不能添加不在任何最短路上的边。这也意味着如果点 (u) 和点 (v) 之间有边，那么边权一定是 (A_{u,v}) 。因为如果比这个小，那么 (u) 和 (v) 之间的最短路就不是 (A_{u,v}) ，如果比这个大，那么可以把经过这条边改成经过 (u) 和 (v) 之间的最短路，这样距离更短，于是这条边就不会出现在任何最短路中。

我们可以一开始把所有的点对连上边，这样问题变成了删掉一些边，使任意两点之间的最短路不变，并且要使删掉边的权值和尽量大。

用类似floyed的做法，枚举一个中间点，对于一条边 ((u,v)) ,如果存在异于点 (u,v) 的点 (w) 使得 (A_{u,w}+A_{w,v}=A_{u,v}) ，就说明存在另一条长度和 (A_{u,v}) 相等的从 (u) 到 (v) 的路径，就可以删掉这条边。

时间复杂度 (O(n^3)) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
#define MN 305
long long ans,dis[MN][MN],n;
bool usd[MN][MN];
int main(){
    freopen("missing.in","r",stdin);
    freopen("missing.out","w",stdout);
    n=read();
    register int i,j,k;
    for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=n;j++) dis[i][j]=read();
    for(k=1;k<=n;k++)for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=n;j++){
        if(dis[i][k]+dis[k][j]<dis[i][j]) return 0*puts("-1"); 
    }
    for(k=1;k<=n;k++)for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=n;j++){
        if(k==i||i==j||k==j) continue;
        if(dis[i][k]+dis[k][j]==dis[i][j]) usd[i][j]=1;
    }
    for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=n;j++) ans+=(1-usd[i][j])*dis[i][j];
    return 0*printf("%lld
",ans>>1LL);
}

T2 跳(jump)

题目描述

Steaunk 喜欢跳。

他想跳多远就能跳多远。

他要跳往目的地。目的地和他的距离是DDD 。

然而他很浪，他想每次随机生成一个距离，然后朝着目的地跳过去。

当然他有可能跳过头，也就是跳到了目的地的另一侧，当然，这时候他会转向，重新朝向目的地。

Steaunk 是聪明的，所以如果他发现跳过之后他到目的地的距离比原来还远的话，他会选择不跳。

E.Space 知道Steaunk 的随机数生成器接下来按顺序产生的nnn 个数。

他想知道，对于每个1≤i≤m，他能否通过强行改变这nnn个数中的第qiq_iqi 个数，使得Steaunk 无法在nnn步之内到达目的地。

注意：可以改变成原来的数值。

输入格式

从文件jump.in中读入数据。

第一行两个正整数nnn ，DDD 。

第二行nnn个正整数aia_iai，表示Steaunk 的随机数生成器接下来生成的第iii个数是aia_iai 。

第三行一个正整数mmm 。

第四行mmm个正整数，其中第iii个表示qiq_iqi 。

输出格式

输出到文件jump.out中。

输出mmm行。

对于第iii行，如果E.Space 能通过强行改变这nnn个数中的第qiq_iqi个数，使得Steaunk无法在nnn步之内到达目的地，那么输出YES ，否则输出NO。

样例

样例输入

样例输出

NO
YES

数据范围与提示

对于 30% 的数据，保证 n≤100 ，D≤2500。

对于另外 20% 的数据，保证 ai 在 [1,D] 之间均匀随机。

对于 100% 的数据，保证 n≤5×105 ，m≤5×105 ，D≤109 ，ai ≤109 ，qi ≤n。

Solution

预处理出如果 E.Space 不做任何改变，那么每一步之后 Steaunk 会跳到哪里。记第 (i) 步之后 Steaunk 与目的地的距离是 (d_i) ( (d_0=D)) 。考虑对于每个时刻求出所有使得 Steaunk 能够到达目的地的位置集合。形式化地，定义集合 (S_i(i=1,2,ldots ,n+1)) ，如果在第 (i-1) 步之后 Steaunk 与目的地的距离是 (x) 且之后 E.Space 不做任何改变，Steaunk 能到达目的地，那么 (xin S_i) 。

对于 (q=i) 的询问，如果 (d_{i-1} ge mathrm{mex} S_{i+1}) ，即存在一个小于等于 (d_{i-1}) 的正整数不在 (S_{i+1}) 中，那么 E.Space 可以把 Steaunk 移到这个位置，使他不能到达目的地，所以答案是 YES ，否则答案是 NO 。

显然 $S_{n+1}={0},mathrm{mex} ?S_{n+1}= 1 $ 。

设 (mathrm{mex} S_{i+1}=x) 。

如果 (a_i ge 2x) ，显然 (x otin S_i) 且 (mathrm{mex} S_i ge x) ，所以 (mathrm{mex} S_i =x) 。

如果 (a_i lt 2x) ，则 (forall j in mathbb{n} j in left[0,x+a_i ight),jin S_i) 且 (x+a_i otin S_i) ，所以 (mathrm{mex} S_i=x+a_i) 。

我们发现，询问只和 (mathrm{mex} S_i) 有关，而 (mathrm{mex} S_i) 的计算也只和 (mathrm{mex} S_{i+1}) 和 (a_i) 有关，于是我们可以直接计算 (mathrm{mex} S_i) 而不用计算 (S_i) 。

时间复杂度 (O(n+m)) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
#define MN 500005
int n,m,D,a[MN],d[MN],q[MN],mex[MN];
int main(){
    freopen("jump.in","r",stdin);
    freopen("jump.out","w",stdout);
    register int i,j,k;
    n=read(),D=read();mex[n+1]=1;d[0]=D;
    for(i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
    m=read();
    for(i=1;i<=m;i++) q[i]=read();
    for(i=1;i<=n;i++) d[i]=min(d[i-1],abs(d[i-1]-a[i]));
    for(i=n;i;--i) mex[i]=((mex[i+1]<<1)>a[i])?mex[i+1]+a[i]:mex[i+1];
    for(i=1;i<=m;i++) puts(d[q[i]-1]>=mex[q[i]+1]?"YES":"NO");
    return 0;
}

T3 动态完全图(graph)

题目描述

你的目标是维护一个动态图。

开始图有nnn个顶点，边集为空。

你需要支持下列三种操作：

加入一条连接顶点uuu 和vvv 的无向边。
对于所有xxx ,yyy ，如果xxx 和uuu 连通并且yyy 和uuu 连通，加入一条连接顶点xxx 和yyy 的无向边。
询问图中是否存在一条连接顶点uuu 和vvv 的边。

输入格式

从文件graph.in 中读入数据。

第一行两个正整数nnn ，mmm ，其中mmm 表示操作次数。

接下来mmm 行，每行表示一个操作。

对于操作1 ，格式为1 u v 。

对于操作2 ，格式为2 u 。

对于操作3 ，格式为3 u v 。

其中对于操作1,3 ，满足u≠vu eq vu≠v。

输出格式

输出到文件graph.out 中。

对于每个操作3 ，输出一行，如果存在一条连接顶点uuu 和vvv 的边，则输出Yes ，否则输出No 。

样例

样例输入

样例输出

Yes
No
Yes

数据范围与提示

对于 20% 的数据，满足 n,m≤100 。

对于 50% 的数据，满足 n≤1000,m≤10000 。

对于另外 10% 的数据，满足没有操作 2 。对于 100% 的数据，满足 n≤105,m≤2×105 。

Solution

对每个询问考虑是否存在一条无向边被前两个操作加上。

对于第 (1) 种操作，用一个哈希表或者 map 存储信息即可。

对于第 (2) 种操作，第 (2) 种操作相当于把点 (u) 所在连通块连成完全图。我们可以用并查集维护每个完全图中点的集合，若遇到第 (1) 种操作，直接在集合中连边，遇到第 (2) 种操作，直接遍历 (u) 所在连通块，把经过的集合合并到一起并删掉原来访问过的边。由于每条边只会被访问 (O(1)) 次，所以复杂度是可以接受的。查询只需要查 (u,v) 是否在同一个集合中。

时间复杂度 (O(mlog n)) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
#define MN 100005
#define ME 200005 
int n,m,fu,fv,opt,u,v,par[MN];
int q[MN],l,r;
bool vis[MN];
map<int,bool> mp[MN];
inline int getf(int x){return par[x]==x?x:par[x]=getf(par[x]);}
struct edge{int to,nex;}e[ME<<1];int cnt=0,hr[MN];
inline void ins(int f,int t){
    e[++cnt]=(edge){t,hr[f]};hr[f]=cnt;
    e[++cnt]=(edge){f,hr[t]};hr[t]=cnt; 
}
int main(){
    freopen("graph.in","r",stdin);
    freopen("graph.out","w",stdout);
    n=read(),m=read();
    register int i,j,head,tail;
    for(i=1;i<=n;++i) par[i]=i;
    while(m--){
        opt=read();u=read();
        switch(opt){
            case 1: v=read();mp[u][v]=mp[v][u]=true;
                     fu=getf(u);fv=getf(v);ins(fu,fv);break;
            case 2: fu=getf(u);memset(vis,0,sizeof vis); 
                    for(q[l=r=1]=fu,vis[fu]=true;l<=r;++l)
                    for(j=hr[q[l]];j;j=e[j].nex)
                        if(!vis[e[j].to]) vis[q[++r]=e[j].to]=true;
                    for(j=1;j<=r;++j) hr[q[j]]=0,par[q[j]]=fu;
                    break;
            case 3: v=read();
                    if(mp[u][v]||getf(u)==getf(v)) puts("Yes");
                    else puts("No");break;
        }
    }
    return 0;
}

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