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2018 NOIP集训(一)

2018 NOIP集训(一)

作者: 影踪派熊猫人武僧 | 来源:发表于2018-10-14 20:24 被阅读34次

    A题 Simple

    时间限制:1000ms | 空间限制:256MB

    问题描述

    对于给定正整数n,m,我们称正整数c为好的,当且仅当存在非负整数x,y使得n×x+m×y=c
    现在给出多组数据,对于每组数据,给定n,m,q,求[1,q]内有 多少个正整数不是好的。

    输入格式

    第一行,一个整数T表示数据组数。
    接下来每行三个数,分别表示n,m,q,即一组询问。

    输出格式

    对于输入的每组数据,输出一行表示答案。

    数据规模

    对于30%的数据,n,m,q\le100;
    对于60%的数据,n,m,q\le100000;
    对于100%的数据,n\le10^5,m\le10^9, q\le10^{18} ,T\le10;

    样例

    样例输入
    2
    78 100 4
    70 3 34
    样例输出
    4
    23

    题解

    先上60分代码代码,当我们选取1到q中的某一个数i时,如果i是好的,则必然满足i>min(n,m)。这时我们让i减去max(n,m)j倍得到一个数x,若x%min(n,m)=0就可以说明这个数是一个好数。

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    inline char get(){
        static char buf[30],*p1=buf,*p2=buf;
        return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,30,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
    }
    inline long long read(){
        register char c=get();long long f=1,_=0;
        while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get();
        while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get();
        return _*f;
    }
    //利用fread优化的超级快读↑
    long long n,m,q;
    long long good;
    bool pd;
    long long t;
    int main(){
        //freopen("1.txt","r",stdin);
        t=read();
        //cout<<t<<endl;
        while(t--){
            good=0;
            n=read();m=read();q=read();
            if(n==1 || m==1){
                printf("0\n");
                continue;
            }//特判
            if(n<m)swap(n,m);
            //cout<<1<<endl;
            for(register long long i=m;i<=q;i++){
                pd=0; 
                for(register long long j=0;j*n<=i;j++){
                    if((i-(j*n)) % m==0){
                        good++;
                        break;
                    }
                }
            }
            printf("%lld\n",q-good);
        }
        return 0;
    }
    

    因为各种玄学优化可以得到60分。这个时候让我们换一种思路:
    首先考虑的是dp,这个时候看下数据范围q\le10^{18},很显然不行。如果用数位dp的话限制条件又过多,于是pass掉dp的思路。
    稍微思考一下公式,nx+my=c,我们令n>m,则一定有n=m*k+t;由于m\le100000,则一定存在t<=100000
    这时我们用一个数组f[x]记录满足n*j%m=x里最小的值n*j。因为x的值最大为100000,所以f[x]的值最后总会循环出现。再稍加推导就可以知道:
    若一个数c是好的,那么他的倍数c*k也一定是好的。
    那么我们让ans+=(q/c)
    问题还可以进一步简化。
    我们知道一定存在至少一个f_i≠0
    这时我们保证好数c中一定有至少0个n
    那么我们就让c-f_i,此时即可保证c一定是n的倍数。剩余的量全部分配给m即可。也就是ans+=(q-f[i])/m+1

    附上代码
    #include<bits/stdc++.h>
    #define ll long long
    using namespace std;
    inline char get(){
        static char buf[30],*p1=buf,*p2=buf;
        return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,30,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
    }
    inline ll read(){
        register char c=get();register ll f=1,_=0;
        while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get();
        while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get();
        return _*f;
    }
    ll f[100005];
    ll n,m,q;
    int main(){
        //freopen("1.txt","r",stdin);
        ll t;
        t=read();
        //cout<<1<<endl;
        while(t--){
            n=read();m=read();q=read();
            if(n<m)swap(n,m);
            if(n>q && m>q)printf("%lld\n",q);
            else if(n>q && m<=q)printf("%lld\n",q-q/m);
            else{
                for(register int i=0;i<100005;i++)f[i]=-1;//单纯for循环似乎复杂度比memset低一些?
                for(register int i=0;;i++){
                    ll now=n*i;
                    if(f[now%m]!=-1)break;
                    f[now%m]=now;
                } 
                ll ans=0;
                for(register int i=0;i<m;i++){
                    if(f[i]!=-1&&(q-f[i]>=0))ans+=(q-f[i])/m+1;
                }
                printf("%lld\n",q-ans+1); //因为c的取值是[1,q],也就是说 n*x+y*m=c => x,y不同为0
            }
        }
        return 0;
    }
    

    B题 Walk

    时间限制:2000ms | 空间限制:256MB

    问题描述

    给定一棵有n个节点的树,每条边的长度为1,同时有一个权值w,定义一条路径的权值为路径上所有边的权值的最大公约数,现在对于任意i∈[1,n],求树上所有长度为i的简单路径中权值最大的值。如果不存在长度为i的路径则输出0。

    输入格式

    第一行,一个整数n表示树的大小
    接下来n-1行,每行三个整数u,v,w表示uv之间有一条权值为w的边。

    输出格式

    对于每种长度,输出一行,表示答案。

    数据规模

    对于30%的数据,n\le1000;
    对于额外30%的数据,w\le100;
    对于100%的数据,n\le4*10^5,1\le u,v\le n,w\le10^6;

    样例

    样例输入
    3
    1 2 3
    1 3 9
    样例输出
    3
    9
    0

    题解(转,不会树DP很多年QAQ)

    这道题我们可以考虑枚举最大公因数,然后求最大公因数为i的最长链。这个需要怎么办呢?我们考虑将每条边拆成因数条边,要是一次性加入的话数量会炸飞,所以我们每次将是当前公因数倍数的边加入,然后求树上的最长链。然后用当前的公因数更新长度为最长链的长度的答案。求解后将数组清零,重复利用。
    有些长度可能不会出现在最长链中,因为他是构成最长链的一部分,所以如果这个长度的答案<长度大于他的答案的话,就要将长度大于他的答案给他,从大到小枚举ans[i]=max(ans[i],ans[i+1])

    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<cstring>
    #include<cstdio>
    #include<cmath>
    #define N 800003
    #define M 1000006
    using namespace std;
    int head[M],nxt1[N],x1[N],y2[N],cnt,sz,ans[N];
    int point[M],nxt[N],v[N],tot,st[N],top,vis[N],len;
    int n,m,mark;
    void add(int k,int x,int y)
    {
        cnt++; nxt1[cnt]=head[k]; head[k]=cnt; x1[cnt]=x; y2[cnt]=y;
    }
    void add1(int x,int y)
    {
        tot++; nxt[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y;
        tot++; nxt[tot]=point[y]; point[y]=tot; v[tot]=x;
        st[++top]=x; st[++top]=y;
    }
    int dfs(int x,int fa)
    {
        vis[x]=sz;
        int l=0,r=0;
        for (int i=point[x];i;i=nxt[i])
         if (vis[v[i]]!=sz&&v[i]!=fa){
            int t=dfs(v[i],x);
            if (t+1>l) r=l,l=max(l,t+1);
            else if (t+1>r) r=max(r,t+1);
         }
        len=max(len,l+r);
        return l;
    }
    int main()
    {
        freopen("a.in","r",stdin);
        freopen("my.out","w",stdout);
        scanf("%d",&n);
        for (int i=1;i<n;i++)
         {
            int a,b,c; scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
            add(c,a,b);
         }
        for (int i=1;i<=1000000;i++){
            for (int j=i;j<=1000000;j+=i)
             for (int k=head[j];k;k=nxt1[k])
              add1(x1[k],y2[k]);
            mark=i; ++sz; len=0;
            for (int j=1;j<=top;j++)
             if (vis[st[j]]!=sz) dfs(st[j],0);
            ans[len]=max(ans[len],i);
            for (int j=1;j<=top;j++)
             point[st[j]]=0;
            tot=0; top=0;
        }
        for (int i=n;i>=1;i--)  ans[i]=max(ans[i],ans[i+1]);
        for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]);
    }
    

    C题 Travel

    时间限制:1000ms | 空间限制:256MB

    问题描述

    给定一个长度为n的序列x_1,x_2,...,x_n。每一次 Lyra 可以选择向左跳到任意一个还没到过的位置,也可以向右跳到任意一个还没到过的位置。如果现在Lyra在格子i,她下一步跳向格子j,那么这次跳跃的花费为|xi−xj|。注意,跳意味着格子i和格子j中间其他的格子都不会被这次跳跃影响。并且,Lyra不应该跳出边界。
    Lyra的初始位置在格子s。Lyra将会在到访过所有格子恰好一次之后,在某个位置停下来,这样就完成了任务。
    Lyra想知道如果她一共向左跳了L次,那么她要完成任务的最小总花费是多少,并希望你输出任意一种花费最小的方案。特殊的,如果 Lyra 没有办法完成任务,请输出一行 −1

    输入格式

    第一行,三个整数n,L,s,分别表示序列的大小,向左走的次数,和初始位置。
    第二行,n个数字,表示序列x_i

    输出格式

    第一行,一个数字,表示答案。
    如果能完成任务,则第二行,输出n-1个数字,表示方案。注意,Lyra 初始的位置已经确定了,所以不要输出。

    数据规模

    对于所有数据,都满足x_1<x_2<⋯<x_{n−1}<x_n,1≤s≤n,0≤L≤n_1

    样例

    样例输入
    3 1 2
    1 2 3
    样例输出
    3
    1 3

    题解

    先上15分的代码:

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    int main(){
        cout<<-1<<endl;
        return 0;
    }
    

    足以说明数据有多水。
    好的不皮了,我们来讲正解。
    首先当x_i=i时,数列是等差的递增数列,每个的间距相同,所以我们肯定是考虑尽量的不走回头路,但是因为必须要向左走L步,所以至少有L段要被经过三次,那么我们从起点一直向左跳,跳到不能再跳为止,如果此时还是不够的话,我们就再跳到起点的右边正好多出剩下L步的为止,然后再向左跳,最后在向右跳即可。如果连续向左跳会多,那就考虑间隔的跳最终跳到头再转弯即可。-1的情况非常好处理,当l=0但是s≠1的时候,是没有合法路径的。同理l=n-1s≠n也是没有合法路径的。


    常规情况比较难考虑,让我们先来考虑特殊情况。当s=1的时候,显然答案的下界是 x_n-x_1,就是从最左边按次序一直跳到最右边,不过L>0的时候就不能这么做了。答案要求最小也就是说要尽量少走回头路。假如我们在n这个位置停下,那么中间就需要走一些回头的路类来用掉L,我们把所有ii+1之间的区间看成一个线段。跳的路径相当于对线段进行覆盖。显然所有的线段都必须覆盖至少1次,而至少有L个线段至少覆盖3次。


    但是实际情况中,起点不一定是1,终点也不一定是n。我们假设终点t再起点s的左边,那么[1,s-1][t+1,n]中的点至少都需要经过两次,如果能在这两段中用掉较多的L,那我们中间剩下的L就会少,这样在好不过。以为中间[s,t]这一段的处理就相当于是上面[1,n]的处理,中间的线段都会被覆盖三次。那么两边最多会向左走n-t+s-1步,如果n-t+s-1>=L,那么中间的不需要向左走,直接一步一步的跳就好了。如果不够L步的话就考虑从中选取差值小的线段让其长度*3即可。然后根据对称原则,在计算终点在起点左边的情况,这时候其实就是向右跳n-L-1步,向上面一样处理即可。


    然后我们就可以通过枚举终点,来更新答案。对于上面中起点相对位置的两种情况,我们单独看。每次就是在上一起点的基础上中间加入[i,i+1],然后[t+1,n]的长度减小[i,i+1],我们用小根堆维护,每次都尽可能利用小的。注意有可能存在无法满足答案的情况,就是堆中不够。


    还需要注意的是中的段的头尾两条线段不能使用,因为无论怎么跳都没法满足,会影响两边的跳法。

    #include <stdio.h>
    #include <iostream>
    #include <algorithm>
    #include <memory.h>
    #include <string.h>
    #include <vector>
    using namespace std;
    
    typedef long long LL;
    typedef pair<int,int> mp;
    #define pb push_back
    const LL inf = 1ll<<50;
    const int maxn = 200005;
    
    int n,l,s,pos[maxn];
    int x[maxn],ans1[maxn];
    int y[maxn],ans2[maxn];
    mp ord[maxn];
    bool tag[maxn];
    
    LL solve(int n,int l,int s,int x[],int ans[]) {
        int cnt=0,tot=0;
        if (l<s) {
            for (int i=s-1;i>s-l;i--) ans[++cnt]=i;
            for (int i=1;i<=s-l;i++) if (i!=s) ans[++cnt]=i;
            for (int i=s+1;i<=n;i++) ans[++cnt]=i;
            return (LL)x[n]-x[1]+x[s]-x[1];
        }
        l-=s-1;
        if (l==n-s-1) {
            for (int i=s-1;i>=1;i--) ans[++cnt]=i;
            for (int i=n;i>s;i--) ans[++cnt]=i;
            return (LL)x[n]-x[1]+x[s]-x[1]+x[n]-x[s+1];
        }
        
        for (int i=s+1;i<n-1;i++) ord[++tot]=mp(x[i+1]-x[i],i+1);
        sort(ord+1,ord+tot+1);
        for (int i=1;i<=tot;i++) pos[ord[i].second]=i;
        LL minv=inf,sum=0;int e,j;
        for (int i=1;i<=l;i++) sum+=ord[i].first;
        minv=sum*2;e=n;j=l;
        
        for (int i=n-1,p=l;i>=n-l;i--) {
            if (pos[i]<=p) sum-=ord[pos[i]].first;
            else sum-=ord[p--].first;
            while (p&&ord[p].second>=i) --p;
            if (sum*2+x[n]-x[i]<minv) {
                minv=sum*2+x[n]-x[i];e=i;j=p;
            }
        }
        
        memset(tag,false,sizeof tag);
        for (int i=s-1;i>=1;i--) ans[++cnt]=i;
        for (int i=s+2;i<e;i++) if (pos[i]<=j) tag[i]=true;
        for (int i=s+1;i<e;i++)
        if (!tag[i+1]) ans[++cnt]=i;
        else {
            int tmp=i+1;while (tag[tmp]) ++tmp;
            for (int j=tmp-1;j>i;j--) ans[++cnt]=j;
            ans[++cnt]=i;i=tmp-1;
        }
        for (int i=n;i>=e;i--) ans[++cnt]=i;
        return (LL)x[n]-x[1]+x[s]-x[1]+minv;
    }
    int main()
    {
        #ifndef ONLINE_JUDGE
            freopen("travel.in","r",stdin);
            freopen("travel.out","w",stdout);
        #endif
        scanf("%d %d %d",&n,&l,&s);
        for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x[i]);
        for (int i=1;i<=n;i++) y[i]=-x[n-i+1];
        if (s!=1&&l==0) {puts("-1");return 0;}
        if (s!=n&&l==n-1) {puts("-1");return 0;}
    
        LL cost1=solve(n,l,s,x,ans1);
        LL cost2=solve(n,n-1-l,n-s+1,y,ans2);
        if (cost1<cost2) {
            printf("%lld\n",cost1);
            for (int j=1;j<n;j++)
                printf("%d ",ans1[j]);
        }
        else {
            printf("%lld\n",cost2);
            for (int j=1;j<n;j++)
                printf("%d ",n-ans2[j]+1);
        }
        return 0;
    }
    

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