A. 日期统计
题目内容
小蓝现在有一个长度为 \(100\) 的数组，数组中的每个元素的值都在 \(0\) 到 \(9\) 的范围之内。
数组中的元素从左至右如下所示：
5 6 8 6 9 1 6 1 2 4 9 1 9 8 2 3 6 4 7 7 5 9 5 0 3 8 7 5 8 1 5 8 6 1 8 3 0 3 7 9 2 7
0 5 8 8 5 7 0 9 9 1 9 4 4 6 8 6 3 3 8 5 1 6 3 4 6 7 0 7 8 2 7 6 8 9 5 6 5 6 1 4 0 1
0 0 9 4 8 0 9 1 2 8 5 0 2 5 3 3
现在他想要从这个数组中寻找一些满足以下条件的子序列：
- 子序列的长度为 \(8\)；
- 这个子序列可以按照下标顺序组成一个 \(yyyymmdd\) 格式的日期，并且
要求这个日期是 \(2023\) 年中的某一天的日期，例如 \(20230902，20231223\)。
\(yyyy\) 表示年份，\(mm\) 表示月份，\(dd\) 表示天数，当月份或者天数的长度只有一位时需要一个前导零补充。
请你帮小蓝计算下按上述条件一共能找到多少个不同的 \(2023\) 年的日期。
对于相同的日期你只需要统计一次即可。
本题的结果为一个整数，在提交答案时只输出这个整数，输出多余的内容将无法得分。
思路
八重循环枚举日期+set去重即可
\(Tips:\) 前4重特判2023,否则程序会跑的很慢
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=110;
int n=100;
int num[N];
set<string>s;
bool check(string all)
{
int m=stoi(all.substr(0,2));
int d=stoi(all.substr(2,2));
int mon[]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
if(m>=1&&m<=12)
{
if(d>=1&&d<=mon[m])
return true;
}
return false;
}
int main()
{
for(int i=0;i<n;i++)cin>>num[i];
for(int a=0;a<n;a++)
{
if(num[a]!=2)continue;
for(int b=a+1;b<n;b++)
{
if(num[b]!=0)continue;
for(int c=b+1;c<n;c++)
{
if(num[c]!=2)continue;
for(int d=c+1;d<n;d++)
{
if(num[d]!=3)continue;
for(int e=d+1;e<n;e++)
{
for(int f=e+1;f<n;f++)
{
for(int g=f+1;g<n;g++)
{
for(int h=g+1;h<n;h++)
{
string n1=to_string(num[e]);
string n2=to_string(num[f]);
string n3=to_string(num[g]);
string n4=to_string(num[h]);
string all=n1+n2+n3+n4;
if(check(all))s.insert(all);
}
}
}
}
}
}
}
}
cout<<s.size()<<endl;
return 0;
}
答案
235
B.01 串的熵
题目内容
对于一个长度 $ n $ 的 \(01\) 串 \(S = x_1x_2x_3...x_n\)。
香农信息熵的定义为：\(H(S)=-\sum_{i=1}^{n}p(x_i)log_2(p(x_i))\) ,其中 \(p(0)\), \(p(1)\) 表示在这个 \(01\) 串中 \(0\) 和 \(1\) 出现的占比。
比如，对于 \(S = 100\) 来说，信息熵 \(H(S) = - \frac{1}{3}log_2(\frac{1}{3}) - \frac{2}{3} log_2(\frac{2}{3}) = 1.3083\)。
对于一个长度为 \(23333333\) 的 \(01\) 串，如果其信息熵为 \(11625907.5798\) ，且 \(0\) 出现次数比 \(1\) 少，那么这个 \(01\) 串中 \(0\) 出现了多少次？
本题的结果为一个整数，在提交答案时只输出这个整数，输出多余的内容将无法得分。
思路
按题意模拟即可，由题意可得 \(H(S)\)的值只与 \(01\) 出现的次数有关，因为 \(0\) 出现次数比 \(1\) 少，所以可以从 \(\lfloor \frac{23333333}{2} \rfloor = 11666666\) 开始往下枚举0的个数，同时计算 \(p(0)，p(1)\) 的占比，带入公式验证是否相等，注意设置误差范围去判断浮点数是否相等
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double eps=1e-4;
//#define double long double
int len;
int main()
{
int len=23333333;
for(int i=len/2;i>=1;i--)
{
double px0=1.0*i/len,px1=1.0*(len-i)/len;
double H=-(i*px0*log2(px0)+(len-i)*px1*log2(px1));
if(fabs(H-11625907.5798)<=eps)
{
cout<<i<<endl;
return 0;
}
}
return 0;
}
答案
11027421
C.冶炼金属
题目内容
小蓝有一个神奇的炉子用于将普通金属 \(O\) 冶炼成为一种特殊金属 \(X\) 。这个炉子有一个称作转换率的属性 \(V\) ，\(V\) 是一个正整数，这意味着消耗 \(V\) 个普通金属 \(O\) 恰好可以冶炼出一个特殊金属 \(X\)。当普通金属 \(O\) 的数目不足 \(V\) 时，无法继续冶炼。现在给出了 \(N\) 条冶炼记录，每条记录中包含两个整数 \(A\) 和 \(B\)，这表示本次投入了 \(A\) 个普通金属\(O\)，最终冶炼出了 \(B\) 个特殊金属 \(X\)。每条记录都是独立的，这意味着上一次没消耗完的普通金属 \(O\) 不会累加到下一次的冶炼当中。根据这 \(N\) 条冶炼记录，请你推测出转换率 \(V\) 的最小值和最大值分别可能是多少。题目保证评测数据不存在无解的情况。
输入格式
第一行一个整数 \(N\)，表示冶炼记录的数目。
接下来输入 \(N\) 行，每行两个整数 \(A、B\) ，含义如题目所述。
对于 \(30\%\) 的评测用例，\(1 ≤ N ≤ 100\)
对于 \(60\%\) 的评测用例，\(1 ≤ N ≤ 1000\)
对于 \(100\%\) 的评测用例，\(1 ≤ N ≤ 10000，1 ≤ B ≤ A ≤ 1,000,000,000\)
输出格式
输出两个整数，分别表示 \(V\) 可能的最小值和最大值，中间用空格分开。
输入样例
3
75 3
53 2
59 2
输出样例
20 25
思路
求最小值和最大值问题，可以利用二分答案进行判断。
-
求最小值
- 假设最终答案为 \(S\)
- 因为 \(S\) 的最优性，若要求答案 \(<S\)，对于每组金属 \(A\) 至少有一个不能冶炼出 \(B\) 个特殊金属
- 若答案可以 \(>S\)，则一定存在一个属性 \(V\) ，使得每组金属 \(A\) 都能冶炼出对应的 \(B\) 个特殊金属，最优解就处于可行性的分界点上
- 假设最终答案为 \(S\)
-
求最大值与上面同理
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+10;
int a[N],b[N];
int n;
bool check_min(int x)
{
//如果某一组存在a[i]/x的值比实际B大，说明V可以继续增加
for(int i=0;i<n;i++)
if(a[i]/x>b[i])return false;
return true;
}
bool check_max(int x)
{
//如果某一组存在a[i]/x的值比实际B小，说明V可以继续减小
for(int i=0;i<n;i++)
if(a[i]/x<b[i])return false;
return true;
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)cin>>a[i]>>b[i];
int l=0,r=1e9;
//求最小值
while(l<r)
{
int mid=l+r>>1;
if(check_min(mid))r=mid;
else l=mid+1;
}
cout<<l<<' ';
l=0,r=1e9;
//求最大值
while(l<r)
{
int mid=l+r+1>>1;
//
if(check_max(mid))l=mid;
else r=mid-1;
}
cout<<l<<endl;
return 0;
}
D.飞机降落
题目内容
\(N\) 架飞机准备降落到某个只有一条跑道的机场，其中第 \(i\) 架飞机在 \(T_i\) 时刻到达机场上空，到达时它的剩余油料还可以继续盘旋 \(D_i\) 个单位时间。即它最早可以于 \(T_i\) 时刻开始降落，最晚可以于 \(T_i + D_i\) 时刻开始降落。降落过程需要 \(L_i\) 个单位时间。一架飞机降落完毕时，另一架飞机可以立即在同一时刻开始降落。但是不能在前一架飞机完成降落前开始降落。请你判断 \(N\) 架飞机是否可以全部安全降落。
输入格式
输入包含多组数据。
第一行包含一个整数 \(T\) ，代表测试数据的组数。
对于每组数据，第一行包含一个整数 \(N\) 。
以下 \(N\) 行，每行包含三个整数：\(T_i，D_i\) 和 \(L_i\)
对于 \(30\%\) 的数据，\(N ≤ 2\)
对于 \(100\%\) 的数据，\(1 ≤ T ≤ 10，1 ≤ N ≤ 10，0 ≤ T_i,D_i,L_i ≤ 100,000\)
输出格式
对于每组数据，输出 \(YES\) 或者 \(NO\)，代表是否可以全部安全降落。
输入样例
2
3
0 100 10
10 10 10
0 2 20
3
0 10 20
10 10 20
20 10 20
输出样例
YES
NO
对于第一组数据:
安排第 \(3\) 架飞机于 \(0\) 时刻开始降落，\(20\) 时刻完成降落。
安排第 \(2\) 架飞机于 \(20\) 时刻开始降落，\(30\) 时刻完成降落。
安排第 \(1\) 架飞机于 \(30\) 时刻开始降落，\(40\) 时刻完成降落。
对于第二组数据，无论如何安排，都会有飞机不能及时降落。
思路
\(N\)最大只有\(10\),最多10组测试组数，可以暴搜枚举所有方案
- 优化：若搜索到一种合法方案，剪枝一路返回即可，不需要继续搜索
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<int,int>PII;
const int N=12;
PII a[N];
int d[N];
bool st[N];
int n;
//代表枚举到第u层，当前飞机的降落结束时间为now
bool dfs(int u,int now)
{
if(u>=n)
{
for(int i=0;i<n;i++)
if(!st[i])return false;
return true;
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(!st[i])
{
st[i]=true;
//如果当前飞机的最早降落时间小于等于now，并且最晚降落时间大于等于now，
//则从当前时刻开始降落
if(a[i].x<=now&&a[i].y>=now)
{
//降落结束时间now更新为now+d[i]，继续枚举下一架飞机
if(dfs(u+1,now+d[i]))return true;
}
//如果当前飞机的最早降落时间大于等于now
else if(a[i].x>=now)
{
//降落结束时间now更新为a[i].x+d[i]，继续枚举下一架飞机
if(dfs(u+1,a[i].x+d[i]))return true;
}
st[i]=false;
}
}
return false;
}
int main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>a[i].x>>a[i].y>>d[i];
a[i].y+=a[i].x;
}
memset(st,0,sizeof st);
puts(dfs(0,0)?"YES":"NO");
}
return 0;
}
E.接龙数列
题目内容
对于一个长度为 \(K\) 的整数数列：\(A_1, A_2, ... , A_K\)，我们称之为接龙数列：当且仅当 \(A_i\) 的首位数字恰好等于 \(A_{i−1}\) 的末位数字\((2 ≤ i ≤ K)\)。例如：\(12, 23, 35, 56, 61, 11\) 是接龙数列；\(12, 23, 34, 56\) 不是接龙数列，因为 \(56\) 的首位数字不等于 \(34\) 的末位数字。所有长度为 1 的整数数列都是接龙数列。现在给定一个长度为 \(N\) 的数列 \(A_1, A_2, ... , A_N\)，请你计算最少从中删除多少个数，可以使剩下的序列是接龙序列？
输入格式
第一行包含一个整数 \(N\) 。
第二行包含 \(N\) 个整数 \(A_1, A_2, ... , A_N\)。
对于 \(20\%\) 的数据，\(1 ≤ N ≤ 20\)。
对于 \(50\%\) 的数据，\(1 ≤ N ≤ 10000\)。
对于 \(100\%\) 的数据，\(1 ≤ N ≤ 10^5，1 ≤ A_i ≤ 10^9\)。
所有 \(A_i\) 保证不包含前导 \(0\)。
输出格式
一个整数代表答案。
输入样例
5
11 121 22 12 2023
输出样例
1
删除 \(22\)，剩余 $ 11, 121, 12, 2023 $ 是接龙数列。
思路
线性 \(dp\)，定义状态 \(f[i]\) , 代表以 \(i\) 结尾的最长序列的长度
因此，所求的最少删除数的个数 = $n - $最长接龙序列的长度
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=12;
int f[N];
int main()
{
int n;
cin>>n;
int maxv=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
string s;
cin>>s;
int a=s[0]-'0',b=s.back()-'0';
f[b]=max(f[b],f[a]+1);//接到前面以a结尾的数后面；或者替换掉前面一个以b结尾的数，保持不变
maxv=max(maxv,f[b]);//更新最大值
}
cout<<n-maxv<<endl;
return 0;
}
F.岛屿数量
题目内容
小蓝得到了一副大小为 \(M × N\) 的格子地图，可以将其视作一个只包含字符\(0\)（代表海水）和 \(1\)（代表陆地）的二维数组，地图之外可以视作全部是海水，每个岛屿由在上/下/左/右四个方向上相邻的 \(1\) 相连接而形成。在岛屿 A 所占据的格子中，如果可以从中选出 \(k\) 个不同的格子，使得他们的坐标能够组成一个这样的排列：\((x_0, y_0),(x_1, y_1), . . . ,(x_{k−1}, y_{k−1})\)，其中 \((\) \(x_{(i+1)\%k}, y_{(i+1)\%k}\) \()\) 是由 \((x_i, y_i)\) 通过上/下/左/右移动一次得来的 \((0 ≤ i ≤ k − 1)\)，此时这 \(k\) 个格子就构成了一个 “环”。如果另一个岛屿 \(B\) 所占据的格子全部位于这个 “环” 内部，此时我们将岛屿 B 视作是岛屿 \(A\) 的子岛屿。若 \(B\) 是 \(A\) 的子岛屿，\(C\) 又是 \(B\) 的子岛屿，那 \(C\) 也是 \(A\) 的子岛屿。请问这个地图上共有多少个岛屿？在进行统计时不需要统计子岛屿的数目。
输入格式
第一行一个整数 \(T\)，表示有 \(T\) 组测试数据。
接下来输入 \(T\) 组数据。对于每组数据，第一行包含两个用空格分隔的整数 \(M、N\) 表示地图大小；接下来输入 \(M\) 行，每行包含 \(N\) 个字符，字符只可能是 \(0\) 或 \(1\)
输出格式
对于每组数据，输出一行，包含一个整数表示答案。
输入样例
2
5 5
01111
11001
10101
10001
11111
5 6
111111
100001
010101
100001
111111
输出样例
1
3
对于第一组数据，包含两个岛屿，下面用不同的数字进行了区分：
01111
11001
10201
10001
11111
岛屿 \(2\) 在岛屿 \(1\) 的 “环” 内部，所以岛屿 \(2\) 是岛屿 \(1\) 的子岛屿，答案为 \(1\)。
对于第二组数据，包含三个岛屿，下面用不同的数字进行了区分：
111111
100001
020301
100001
111111
注意岛屿 \(3\) 并不是岛屿 \(1\) 或者岛屿 \(2\) 的子岛屿，因为岛屿 \(1\) 和岛屿 \(2\) 中均没有“环”。
对于 \(30\%\) 的评测用例，\(1 ≤ M, N ≤ 10\) 。
对于 \(100\%\) 的评测用例，\(1 ≤ T ≤ 10，1 ≤ M, N ≤ 50\) 。
思路
两次宽搜，从 \((1,1)\) 处存图
- 第一次宽搜，先从 \((0,0)\) ，即海水处开始向八个方向搜索，将能搜索到的 \(0\) 标记成 \(\#\)，将每块岛屿分隔开
- 第二次宽搜，遍历 \(g[][]\) 数组，当遇到 \(1\) 的时候，将 \(1\) 包围的整块区域标记成 \(\#\)，同时要统计的岛屿个数加一
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<int,int>PII;
const int N=55;
char g[N][N];
int n,m;
int dx[]={-1,0,1,0,-1,-1,1,1};
int dy[]={0,1,0,-1,-1,1,1,-1};
//分隔岛屿
void bfs1(int x,int y)
{
queue<PII>q;
q.push({0,0});
g[0][0]='#';
while(q.size())
{
auto t=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<8;i++)
{
int a=t.x+dx[i],b=t.y+dy[i];
if(a<0||a>n+1||b<0||b>m+1||g[a][b]=='1'||g[a][b]=='#')continue;
g[a][b]='#';
q.push({a,b});
}
}
}
//将整块岛屿标记
void bfs2(int x,int y)
{
queue<PII>q;
q.push({x,y});
g[x][y]='#';
while(q.size())
{
auto t=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<4;i++)
{
int a=t.x+dx[i],b=t.y+dy[i];
if(a<1||a>n||b<1||b>m||g[a][b]=='#')continue;
g[a][b]='#';
q.push({a,b});
}
}
}
int main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>m;
memset(g,'0',sizeof g);
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>g[i]+1;
int x,y;
bfs1(x,y);
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
if(g[i][j]=='1')
bfs2(i,j),cnt++;//统计个数
cout<<cnt<<endl;
}
return 0;
}
G.子串简写
题目内容
程序猿圈子里正在流行一种很新的简写方法：
对于一个字符串，只保留首尾字符，将首尾字符之间的所有字符用这部分的长度代替。
例如 \(internationalization\) 简写成 \(i18n，Kubernetes\) 简写成 \(K8s, Lanqiao\) 简写成 \(L5o\) 等。
在本题中，我们规定长度大于等于 \(K\) 的字符串都可以采用这种简写方法。
长度小于 \(K\) 的字符串不允许使用这种简写。
给定一个字符串 \(S\) 和两个字符 \(c_1\) 和 \(c_2\)。
请你计算 \(S\) 有多少个以 \(c_1\) 开头 \(c_2\) 结尾的子串可以采用这种简写？
输入格式
第一行包含一个整数 \(K\)。
第二行包含一个字符串 \(S\) 和两个字符 \(c_1\) 和 \(c_2\)。
对于 \(20\%\) 的数据，\(2 ≤ K ≤ |S| ≤ 10000\)。
对于 \(100\%\) 的数据，\(2 ≤ K ≤ |S| ≤ 5 × 10^5\)。
\(S\) 只包含小写字母。\(c_1\) 和 \(c_2\) 都是小写字母。
\(|S|\) 代表字符串 \(S\) 的长度。
输出格式
一个整数代表答案
输入样例
4
abababdb a b
输出样例
6
符合条件的子串如下所示，中括号内是该子串：
\([abab]abdb\)
\([ababab]db\)
\([abababdb]\)
\(ab[abab]db\)
\(ab[ababdb]\)
\(abab[abdb]\)
思路
先求出 \(c_1\) 的前缀和数组 \(s[i]\) ，统计\(c_1\)在前缀中出现的次数。接着遍历字符串，每遇到一次 \(c_2\) ，就加上 \(s[i-k+1]\) ，即加上以 \(c_1\) 开头 \(c_2\) 结尾且长度大于等于 \(K\) 的字符串，最后得到答案。
\(Tips:\)注意最后答案可能很大，要开 \(longlong\)
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+10;
char str[N];
ll cnt[N];
char st,ed;
int k;
int main()
{
cin>>k;
cin>>str+1>>st>>ed;
int n=strlen(str+1);
//统计c1的前缀和
for(int i=1;i<=n;i++)
if(str[i]==st)cnt[i]=cnt[i-1]+1;
else cnt[i]=cnt[i-1];
//累加求个数
ll res=0;
for(int i=k;i<=n;i++)
if(str[i]==ed)res+=cnt[i-k+1];
cout<<res<<endl;
return 0;
}
H.整数删除
题目内容
给定一个长度为 \(N\) 的整数数列：\(A_1, A_2, . . . , A_N\) 。你要重复以下操作 \(K\) 次：
每次选择数列中最小的整数（如果最小值不止一个，选择最靠前的），将其删除。并把与它相邻的整数加上被删除的数值。输出 \(K\) 次操作后的序列。
输入格式
第一行包含两个整数 \(N\) 和 \(K\)。
第二行包含 \(N\) 个整数，\(A_1, A_2, A_3, . . . , A_N\)。
输出格式
输出 \(N − K\) 个整数，中间用一个空格隔开，代表 \(K\) 次操作后的序列。
输入样例
5 3
1 4 2 8 7
输出样例
17 7
数列变化如下，中括号里的数是当次操作中被选择的数：
[1] 4 2 8 7
5 [2] 8 7
[7] 10 7
17 7
对于 \(20\%\) 的数据，\(1 ≤ K < N ≤ 10000\)。
对于 \(100\%\) 的数据，\(1 ≤ K < N ≤ 5 × 10^5，0 ≤ A_i ≤ 10^8\)。
思路
题目关键是删除数列最小值，并且动态维护最小值。若取出最小元素的值比原来有变化，要重新放入优先队列中判断；否则就将其删除
- 删除操作考虑使用双链表，进行 \(O(1)\) 删除
- 最小值利用优先队列去维护
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N=5e5+10;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,int>PII;
ll e[N],l[N],r[N];
priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII>>q;
int n,k;
//双链表删除
void dele(int k)
{
l[r[k]]=l[k];
r[l[k]]=r[k];
e[l[k]]+=e[k];
e[r[k]]+=e[k];
}
int main()
{
cin>>n>>k;
//双链表的头尾
r[0]=1,l[n+1]=n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
cin>>x;
e[i]=x,l[i]=i-1,r[i]=i+1;
q.push({e[i],i});//优先队列，小根堆，储存值和编号
}
while(k--)
{
auto t=q.top();
q.pop();
//取出最小元素，如果值有变化，重新放入优先队列中；否则将其删除
if(t.x!=e[t.y])q.push({e[t.y],t.y}),k++;
else dele(t.y);
}
for(int i=r[0];i!=n+1;i=r[i])
cout<<e[i]<<' ';
return 0;
}
I.景区导游
题目内容
某景区一共有 \(N\) 个景点，编号 \(1\) 到 \(N\)。景点之间共有 \(N − 1\) 条双向的摆渡车线路相连，形成一棵树状结构。在景点之间往返只能通过这些摆渡车进行，需要花费一定的时间。
小明是这个景区的资深导游，他每天都要按固定顺序带客人游览其中 \(K\) 个景点：\(A_1, A_2, . . . , A_K\) 。今天由于时间原因，小明决定跳过其中一个景点，只带游客按顺序游览其中 \(K − 1\) 个景点。具体来说，如果小明选择跳过 \(A_i\)，那么他会按顺序带游客游览 $ A_1, A_2, . . . , A_{i−1}, A_{i+1}, . . . , A_K, (1 ≤ i ≤ K) $。
请你对任意一个 \(A_i\)，计算如果跳过这个景点，小明需要花费多少时间在景点之间的摆渡车上？
输入格式
第一行包含 \(2\) 个整数 \(N\) 和 \(K\)。
以下 \(N − 1\) 行，每行包含 \(3\) 个整数 \(u, v\) 和 \(t\)，代表景点 \(u\) 和 \(v\) 之间有摆渡车线路，花费 \(t\) 个单位时间。
最后一行包含 \(K\) 个整数 \(A_1, A_2, . . . , A_K\) 代表原定游览线路。
输出格式
输出 \(K\) 个整数，其中第 \(i\) 个代表跳过 \(A_i\) 之后，花费在摆渡车上的时间。
输入样例
6 4
1 2 1
1 3 1
3 4 2
3 5 2
4 6 3
2 6 5 1
输出样例
10 7 13 14
原路线是 \(2 → 6 → 5 → 1\)。
当跳过 \(2\) 时，路线是 \(6 → 5 → 1\)，其中 \(6 → 5\) 花费时间 \(3 + 2 + 2 = 7，5 → 1\) 花费时间 \(2 + 1 = 3\)，总时间花费 \(10\)。
当跳过 \(6\) 时，路线是 \(2 → 5 → 1\)，其中 \(2 → 5\) 花费时间 \(1 + 1 + 2 = 4，5 → 1\) 花费时间 \(2 + 1 = 3\)，总时间花费 \(7\)。
当跳过 \(5\) 时，路线是 \(2 → 6 → 1\)，其中 \(2 → 6\) 花费时间 \(1 + 1 + 2 + 3 = 7，6 → 1\) 花费时间 \(3 + 2 + 1 = 6\)，总时间花费 \(13\)。
当跳过 $1 $时，路线时 \(2 → 6 → 5\)，其中 \(2 → 6\) 花费时间 \(1 + 1 + 2 + 3 = 7，6 → 5\) 花费时间 \(3 + 2 + 2 = 7\)，总时间花费 \(14\)。
对于 \(20\%\) 的数据，\(2 ≤ K ≤ N ≤ 10^2\)。
对于 \(40\%\) 的数据，\(2 ≤ K ≤ N ≤ 10^4\)。
对于 \(100\%\) 的数据，\(2 ≤ K ≤ N ≤ 10^5，1 ≤ u, v, A_i ≤ N，1 ≤ t ≤ 10^5\)。保证 \(A_i\) 两两不同。
思路
\(LCA\)板子题，题目中是一棵树形图，求用时即为求树上任意两点间的距离，可利用\(LCA\)快速求出两点之间的距离。求树上两个点距离的时候，可以预处理出每个点到根节点的距离。
两点间最短距离公式: \(x\) 到 \(y\) 的距离 \(= d[x]+d[y] - 2*d[lca(x,y)]\) ，本题可以先计算不跳过景点时的总用时，之后分类讨论
- 删除第 \(1\) 个结点时，减去 \(1 \sim 2\) 之间的用时即可
- 删除第 \(k\) 个结点时，减去 \(k-1 \sim k\) 之间的用时
- 其他情况减去 \(i-1 \sim i,i\sim i+1\) 之间的用时,并且加上 \(i-1 \sim i+1\) 之间的用时
时间复杂度：预处理 \(O(nlogn)\) 查询：\(O(logn)\)
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10,M=N*2;
typedef long long ll;
int h[N],e[M],ne[M],w[M],idx;
int f[N][20];
int depth[N];
ll d[N];
int A[N];
void add(int a,int b,int c)
{
e[idx]=b;
w[idx]=c;
ne[idx]=h[a];
h[a]=idx++;
}
//计算所有结点到根节点1的距离
void bfs()
{
queue<int>q;
depth[1]=1;
q.push(1);
while(q.size()){
int t=q.front();
q.pop();
for(int i=h[t];i!=-1;i=ne[i])
{
int j=e[i];
if(depth[j])continue;
q.push(j);
if(depth[j])continue;
depth[j]=depth[t]+1;
d[j]=d[t]+w[i];
f[j][0]=t;
for(int k=1;k<=19;k++)
f[j][k]=f[f[j][k-1]][k-1];
}
}
}
//倍增法求lca
int lca(int a,int b)
{
if(depth[a]<depth[b])swap(a,b);
for(int i=19;i>=0;i--)
if(depth[f[a][i]]>=depth[b])
a=f[a][i];
if(a==b)return a;
for(int i=19;i>=0;i--)
if(f[a][i]!=f[b][i])
a=f[a][i],b=f[b][i];
return f[a][0];
}
int main()
{
memset(h,-1,sizeof h);
int n,k;
cin>>n>>k;
for(int i=0;i<n-1;i++)
{
int a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
add(a,b,c),add(b,a,c);
}
bfs();
for(int i=1;i<=k;i++)
cin>>A[i];
//求不删除结点前的总用时
ll res=0;
for(int i=2;i<=k;i++)
{
int p=lca(A[i],A[i-1]);
res+=d[A[i]]+d[A[i-1]]-2*d[p];
}
for(int i=1;i<=k;i++)
{
ll dist;
if(i==1)//删除第一个结点时，减去1~2之间的用时即可
{
int p=lca(A[1],A[2]);
dist=d[A[1]]+d[A[2]]-2*d[p];
cout<<res-dist<<' ';
}
else if(i==k)//删除第k个结点时，减去k-1~k之间的用时
{
int p=lca(A[k],A[k-1]);
dist=d[A[k]]+d[A[k-1]]-2*d[p];
cout<<res-dist<<' ';
}
else{//其他情况减去i-1~i,i~i+1之间的用时,并且加上i-1~i+1之间的用时
int p1=lca(A[i-1],A[i]);
int p2=lca(A[i],A[i+1]);
int p3=lca(A[i-1],A[i+1]);
dist=d[A[i-1]]+d[A[i]]-2*d[p1]+d[A[i]]+d[A[i+1]]-2*d[p2];
cout<<res-dist+d[A[i-1]]+d[A[i+1]]-2*d[p3]<<' ';
}
}
return 0;
}
J.砍树
题目内容
题目描述
给定一棵由 \(n\) 个结点组成的树以及 \(m\) 个不重复的无序数对 $(a_1, b_1), (a_2, b_2), ... , (a_m, b_m) $，其中 \(a_i\) 互不相同，\(b_i\) 互不相同，\(a_i ≠ b_j(1 ≤ i, j ≤ m)\)。
小明想知道是否能够选择一条树上的边砍断，使得对于每个 \((a_i, b_i)\) 满足 \(a_i\) 和 \(b_i\) 不连通。
如果可以则输出应该断掉的边的编号（编号按输入顺序从 \(1\) 开始），否则输出 \(-1\) 。
输入格式
输入共 \(n + m\) 行，第一行为两个正整数 \(n，m\)。
后面 \(n − 1\) 行，每行两个正整数 \(x_i，y_i\) 表示第 \(i\) 条边的两个端点。
后面 \(m\) 行，每行两个正整数 \(a_i，b_i\) 。
对于 \(30\%\) 的数据，保证 \(1 < n ≤ 1000\)。
对于 \(100\%\) 的数据，保证 \(1 < n ≤ 100000，1 ≤ m ≤ n / 2\) 。
输出格式
一行一个整数，表示答案，如有多个答案，输出编号最大的一个。
输入样例
6 2
1 2
2 3
4 3
2 5
6 5
3 6
4 5
输出样例
4
断开第 2 条边后形成两个连通块：{3, 4}，{1, 2, 5, 6}，满足 3 和 6 不连通，4 和 5 不连通。
断开第 4 条边后形成两个连通块：{1, 2, 3, 4}，{5, 6}，同样满足 3 和 6 不连通，4 和 5 不连通。
4 编号更大，因此答案为 4。
思路
$LCA + $树上差分模板题，若砍掉某条边让这两点不连通，那么这条边一定是从 \(x\) 到 \(y\) 路径上的一点，我们可以利用树上差分，让 \(diff[x]+1,diff[y]+1,diff[lca(x,y)]-2\) ，最后做一遍 \(dfs\) 求和,让从 \(x\) 到 \(y\) 路径的边权值都加1，只需要从编号最大的倒序遍历，若存在一条边的值为 \(m\)，则该边即为所求答案。若不存在，则输出 \(-1\)
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second;
using namespace std;
const int N=1e5+10,M=N*2;
typedef pair<int,int>PII;
int h[N],e[M],ne[M],idx;
int depth[N];//记录深度
int f[N][20];
int diff[N];//差分数组
PII edge[N];//记录每条边的编号
int n,m;
void add(int a,int b)
{
e[idx]=b;
ne[idx]=h[a];
h[a]=idx++;
}
void dfs(int u,int fa)
{
depth[u]=depth[fa]+1;
f[u][0]=fa;
for(int i=1;i<=19;i++)
f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];
for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i])
{
int j=e[i];
if(j!=fa)
{
dfs(j,u);
}
}
}
//倍增法求lca
int lca(int a,int b)
{
if(depth[a]<depth[b])swap(a,b);
for(int i=19;i>=0;i--)
if(depth[f[a][i]]>=depth[b])
a=f[a][i];
if(a==b)return a;
for(int i=19;i>=0;i--)
if(f[a][i]!=f[b][i])
a=f[a][i],b=f[b][i];
return f[a][0];
}
//利用dfs对树上的差分数组求和
void dfs1(int u,int fa)
{
for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i])
{
int j=e[i];
if(j!=fa)
{
dfs1(j,u);
diff[u]+=diff[j];
}
}
}
int main()
{
memset(h,-1,sizeof h);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<n;i++)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
edge[i]={a,b};
add(a,b),add(b,a);
}
dfs(1,0);
for(int i=0;i<m;i++)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
int p=lca(a,b);
diff[a]++,diff[b]++;
diff[p]-=2;
}
dfs1(1,0);
int res=-1;
for(int i=n-1;i>=1;i--)
{
int a=edge[i].x,b=edge[i].y;
if(depth[a]<depth[b])swap(a,b);//边的权值保存在深度大的节点上
if(diff[a]==m)
{
res=i;
break;
}
}
cout<<res<<endl;
return 0;
}
原文链接：https://www.cnblogs.com/zzmxj/p/17346697.html
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