[EOJ Monthly2019.11][T4]安全带
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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[EOJ Monthly2019.11][T4]安全带相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
以下是题干
D. 安全带
单点时限: 1.0 sec 内存限制: 256 MB
(前面题干是一堆废话,我把它删了)
简单来说:初始给出一个 n 个点顺次连接而成的环,点有点权,边权是两个端点的点权乘积。现在给出一些特殊点,这些特殊点是向其他所有点都有连边,如果连边时发现两点之间已经有边,不会再次连接(即图中不会有重边)。求图中边权和。
输入格式
输入第一行包含一个整数 n(3≤n≤105) ,表示按钮数量。
第二行包含 n 个用空格隔开的整数 a1,a2,?,an(1≤ai≤104) ,分别表示按钮的权值。
第三行包含 n 个用空格隔开的整数 b1,b2,?,bn(bi∈{0,1}) ,分别表示按钮的开关状态。其中 bi=1 表示第 i 个按钮按下了,bi=0 表示第 i 个按钮没有被按下。
输出格式
输出一个整数,表示安全带的松紧程度。
样例输入1
3
2 3 3
1 0 1
样例输出1
21
样例输入2
3
2 3 3
0 0 0
样例输出2
21
提示
第一个样例解释:
初始的时候图中有三条边 (1,2),(2,3),(3,1) ,边权分别是 6,9,6 。
点 1 和点 3 向其他所有点有边,而这些边均已存在在图中,故不重复连接,所以边权和为 6+9+6=21 。
Solution
正难则反。如果按顺序,先把编号相邻的点连接起来,再处理按钮的连接,肯定是不好处理的。观察发现这两个步骤其实不是冲突的。我们考虑先把按了的按钮处理出来,然后看看哪些相邻点还没有,再加上来就行了。这道题比较有技巧性的地方就是要维护一个特殊的变量。刚开始按第一个按钮的时候,所有点都不是连接的,那么我们可以用所有其他点的权值和??该点权值求出我们的边权和。当按过多个按钮后,因为这些按钮和所有的其他点都连接了,按过的按钮的权值日后不会再有任何贡献,因此我们把的权值他们用一个变量累计起来,在之后算没有连接过的点权和的时候,没有连接过的点权和=点权和-该点的权-按过的按钮的权的累计。这样就可以用O(N)的复杂度完成这道题
/*
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* 2019/09/28
*/
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define RG register
using namespace std;
template<class Type> inline void R(Type &x)
{
RG int c=getchar();for(;c<48||c>57;c=getchar());
for(x=0;c>47&&c<58;x=x*(Type)10+c-48,c=getchar());
}
int N,a[100001];
bool f[100001];
long long ans=0,sum[100001],tot=0;
int main()
{
R(N);
for(RG int i=1;i<=N;++i)
{
R(a[i]);
tot+=a[i];
}
for(RG int i=1;i<=N;++i)
sum[i]+=tot-a[i];
tot=0;
for(RG int i=1;i<=N;++i)
{
R(f[i]);
if(f[i]==1)
{
ans+=(long long)a[i]*(sum[i]-tot);
tot+=a[i];
}
}
for(RG int i=1;i<=N;++i)
{
if(f[i]==1)continue;
if(f[(i%N)+1]==0)
ans+=a[i]*a[(i%N)+1];
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
以上是关于[EOJ Monthly2019.11][T4]安全带的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章