2016 ICPC 大连网络赛 部分题解

Posted 2020-08-08 Storm_Spirit

　　先讲1007，有m个人，n种石头，将n种石头分给m个人，每两个人之间要么是朋友关系，要么是敌人关系，朋友的话他们必须有一种相同颜色的石头，敌人的话他们必须所有石头的颜色都不相同。另外，一个人可以不拥有任何一种石头。求m个人的所有关系是不是都能用n种石头表示出来。比赛当时找的关系是n种石头可以表示n+1个人的关系。但是一直WA，因为考虑不周。

　　我们考虑这样的一种情况，我们把人分为左边和右边两部分，每边的人里面都互相为敌人，同时左边的任意一个人和右边的任意一个人都是朋友。举个例子，左边有3人，右边两人。考虑左边第一人，他和右边每一个人都要有相同的至少一种石头，那么他至少要有两种石头，而左边的每一个人的每一个石头都不能一样，那么至少要有3*2=6种石头。通过这个例子我们就可以找出规律来了，总共需要的石头量为左右人数之积。

　　那么问题就转化成了，将m个人分成两组，使得乘积最大（这是m个人下的最坏的情况，如果这个情况都能满足，那么其他情况也都能满足了）。显然，将m个人均分一下得到的乘积最大，那么答案就出来了。

　　代码如下：

 1 #include <stdio.h>
 2 #include <algorithm>
 3 #include <string.h>
 4 using namespace std;
 5 typedef long long ll;
 6 
 7 int main()
 8 {
 9     int n,m;
10     while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
11     {
12         int l = n/2;
13         int r = n-n/2;
14         if(1LL*l*r > m) puts("F");
15         else puts("T");
16     }
17 }

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　　1006，当时比赛的时候是乱做弄出来的，只要满足下面3个条件即可：

　　假设有n个队伍，

　　1.每个队伍的分数都不能超过2*(n-1)。

　　2.所有队伍的总分必须等于n*(n-1)。

　　3.分数为奇数的队伍数必须是偶数个，每两个队伍之间都有一场平局。

　　但是，题解给出的方法似乎是有一个定理的（Landau‘s Theorem）。

　　先将分数从小到大排序一下，那么对任意前i个人的总分，必须不小于他们所能够得到的分数，即i*(i-1)，同时总分必须是n*(n-1)。

　　另外，如果没有平局，并且只是胜者获得1分，同样可以使用这个定理，只要改变前i个人所能获得的分数即可，即C(i,2)，同时，总分也必须等于C(n,2)。

 

　　1009，当时比赛的时候m的大小是5500，那么可以在数据规模较小的情况下暴力求补图，数据规模较大的时候找规律来做（因为数据规模较大的时候点数远远大于边数，那么一定是不止一个联通块，规律就是如果与s点相邻，距离就是2，因为可以先到另外一个联通块再到这个点来完成，如果不相邻距离就是1了，因为补图上直接可达）。现在m的数据范围变大了，得采用题解的方法，在补图上bfs。代码如下（直接看代码也是可以看懂的）：

 1 #include <stdio.h>
 2 #include <algorithm>
 3 #include <string.h>
 4 #include <queue>
 5 #include <set>
 6 using namespace std;
 7 typedef long long ll;
 8 const int N = 200000 + 5;
 9 
10 vector<int> G[N];
11 int n,m,s;
12 int dis[N];
13 
14 void addEdge(int u,int v)
15 {
16     G[u].push_back(v);
17 }
18 
19 void solve()
20 {
21     set<int> sa,sb;
22     // 每次扩展都是向不相邻的边扩展
23     // sb保存的是仍未bfs过的点
24     queue<int> Q;
25     for(int i=1;i<=n;i++) if(i!=s) sa.insert(i);
26     Q.push(s);
27     memset(dis,-1,sizeof(dis));
28     dis[s] = 0;
29     while(!Q.empty())
30     {
31         int x = Q.front();Q.pop();
32         for(int i=0;i<G[x].size();i++)
33         {
34             int v = G[x][i];
35             if(!sa.count(v)) continue;
36             sa.erase(v);
37             sb.insert(v);
38         }
39         for(set<int>::iterator it = sa.begin();it!=sa.end();it++)
40         {
41             dis[*it] = dis[x] + 1;
42             Q.push(*it);
43         }
44         sa.swap(sb);
45         sb.clear();
46     }
47     int fir = 0;
48     for(int i=1;i<=n;i++)
49     {
50         if(i!=s)
51         {
52             if(fir) printf(" ");
53             else fir = 1;
54             printf("%d",dis[i]);
55         }
56     }
57     puts("");
58 }
59 
60 int main()
61 {
62     int T;scanf("%d",&T);
63     while(T--)
64     {
65         scanf("%d%d",&n,&m);
66         for(int i=1;i<=n;i++) G[i].clear();
67         
68         for(int i=1;i<=m;i++)
69         {
70             int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
71             addEdge(u,v);
72             addEdge(v,u);
73         }
74         
75         scanf("%d",&s);
76         solve();
77     }
78 }

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 　　1008，题意是给一个区间L和R，求a[L]%a[L+1]%a[L+2]...%a[R]。

　　一个性质：a%b，如果a小于b，那么a不变，否则，得到的数小于等于a/2（这个性质不知道要怎么证，不过似乎就是这样的样子- -）。

　　那么每次取余以后都会减半，那么复杂度就是log级别的了。

　　那么，我们每次找出[L+1,R]中第一个不比最左边的数大的数的位置，并不断的缩小区间即可。关于如何找，这里用了线段树来维护一个区间内的最小值，那么我们就可以用线段树找出我们需要的东西了~具体见代码：

 1 #include <stdio.h>
 2 #include <algorithm>
 3 #include <string.h>
 4 #include <queue>
 5 #include <set>
 6 #define t_mid (l+r >> 1)
 7 #define ls (o<<1)
 8 #define rs (o<<1 | 1)
 9 #define lson ls,l,t_mid
10 #define rson rs,t_mid+1,r
11 using namespace std;
12 typedef long long ll;
13 const int N = 100000 + 5;
14 
15 int a[N],c[N<<2],n;
16 void build(int o,int l,int r)
17 {
18     if(l==r) {c[o] = a[l];return;}
19     build(lson);
20     build(rson);
21     c[o] = min(c[ls],c[rs]);
22 }
23 
24 int query(int ql,int qr,int o,int l,int r,int x)
25 {
26     if(l==r)
27     {
28         if(c[o] <= x) return l;
29         else return -1;
30     }
31     int ans = -1;
32     if(t_mid >= ql && c[ls] <= x)
33     {
34         ans = query(ql,qr,lson,x);
35         if(ans == -1)
36         {
37             if(t_mid < qr && c[rs] <= x) ans = query(ql,qr,rson,x);
38         }
39         return ans;
40     }
41     else if(t_mid < qr && c[rs] <= x) return query(ql,qr,rson,x);
42     return -1;
43 }
44 
45 int main()
46 {
47     int T;scanf("%d",&T);
48     while(T--)
49     {
50         scanf("%d",&n);
51         for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
52         build(1,1,n);
53         
54         int q;scanf("%d",&q);
55         while(q--)
56         {
57             int ql,qr;scanf("%d%d",&ql,&qr);
58             int now = a[ql];
59             while(ql < qr)
60             {
61                 ql = query(ql+1,qr,1,1,n,now);
62                 if(ql == -1) break;
63                 now %= a[ql];
64             }
65             printf("%d\n",now);
66         }
67     }
68 }

线段树维护

当然，也可以使用单调栈来维护，代码如下（只有主程序部分的代码）：

 1 int a[N],nxt[N];
 2 stack<int> s;
 3 int main(){
 4     int T,n,m,l,r;
 5     cin >> T;
 6     while(T --){
 7         memset(nxt,-1,sizeof(nxt));
 8         while(!s.empty()) s.pop();
 9         cin >> n;
10         for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) scanf("%d",&a[i]);
11         cin >> m;
12         for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
13             // 单调递增的栈。
14             if(s.empty() || a[i] >= a[s.top()]) s.push(i);
15             else{
16                 while(!s.empty() && a[i] < a[s.top()]){
17                     nxt[s.top()] = i;
18                     s.pop();
19                 }
20                 s.push(i);
21             }
22         }
23         while(m --){
24             scanf("%d%d",&l,&r);
25             int ret = a[l] , tmp = l;
26             while(nxt[tmp] <= r && nxt[tmp] != -1){
27                 tmp = nxt[tmp];
28                 ret = ret % a[tmp];
29             }
30             cout << ret << endl;
31         }
32     }
33     return 0;
34 }

单调栈维护