NOIP模拟测试26「嚎叫响彻在贪婪的机房·主仆见证了 Hobo 的离别·征途堆积出友情的永恒」
rtrt
3月 14, 2025
归档于 2019-08-19 16:25
题目比较神仙，注意是题目神仙
贪婪暗示贪心，堆积暗示堆优化$%%%%%%%$
两个乱搞$+$一个堆优化$dp$
嚎叫响彻在贪婪的机房
题解
对于一个序列来说只要他们差的$gcd$不为$1$就可以构成等差数列
例如
$2$ $4$ $16$
$2$与$4$差$2$ $4$与$16$差$12$
$gcd(2,12)!=1$故构成等差序列
那么我们维护公差,然后每次的差和当前公差比较,若$gcd==1$则等差数列从这里断开,否则将公差置成$gcd$
举个例子
$2$ $8$ $14$ $16$ $18$ $20$
$2$ $8$ $14$构成公差为$6$等差数列,之后$16$ $18$ $20$构成公差为$2$等差序列
显然我们可以让他们合并为公差为$2$等差序列
注意判重,判差为$1$,
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 1111111
ll read(){
ll x=0,f=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c)){
x=x*10+c-'0';
c=getchar();
}
return x*f;
}
set<ll> st;
set<ll> ::iterator it;
ll n,m,d=0,ans=0;
ll a[A];
void cl(ll x){
st.clear();
d=0;
ans++;
st.insert(a[x]);
}
ll gcd(ll x,ll y){
if(y==0) return x;
return gcd(y,x%y);
}
int main(){
n=read();
for(ll i=1;i<=n;i++){
a[i]=read();
}
cl(1);
for(ll i=2;i<=n;i++){
if((it=st.find(a[i]))!=st.end()) {
// printf("i=-%lld\n",i);
cl(i);
continue;
}
if(abs(a[i]-a[i-1])==1||a[i]==a[i-1]){
cl(i);
continue;
}
// printf("d=%lld\n",d);
if(d==0){
st.insert(a[i]);
d=abs(a[i]-a[i-1]);
}
else {
ll g=gcd(d,abs(a[i]-a[i-1]));
// printf("g=%lld d=%lld abs=%lld\n",g,d,abs(a[i]-a[i-1]));
if(g==1||g==0){
cl(i);
}
else {
st.insert(a[i]);
d=g;
}
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
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主仆见证了 Hobo 的离别
题解
建边,建立包含关系的树,例如$1,2$交集为$3$那么$1$包含$3$,$2$包含$3$
再例如$1,2$并集为$3$那么$3$包含$1$,$3$包含$2$
询问$x$,$y$所属关系就从$y$开始$dfs$若找到$x$即符合
暴力就是正解
让我们分析一下复杂度
题目中说
新元件的编号等于融合之前元件的总个数加一 。当然，参与融合的 K个元件融合之后依然存在，并且每个元件至多参与一次融合 。
数据范围
极限情况下肯定就是分开连边
那么$250000$个分开连边,产生$125000$,然后下一层产生$62500$再下一层…..
显然是$log$的最终是$18$层
而且我们建出来树是下图这样的从一点往下搜
所以极限复杂度$18*250000$可过
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 1111111
ll read(){
ll x=0,f=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c)){
x=x*10+c-'0';
c=getchar();
}
return x*f;
}
ll n,m,cnt,ok,tot=0;
ll some[A],fa[A],nxt[A],ver[A],head[A];
ll find(ll x){
if(fa[x]!=x){
fa[x]=find(fa[x]);
}
return fa[x];
}
void haha(){
for(ll i=1;i<=500000;i++){
fa[i]=i;
}
}
void merge(ll x,ll y){
x=find(x),y=find(y);
if(x!=y) fa[x]=y;
}
void add(ll x,ll y){
// printf("x=%lld y=%lld\n",x,y);
nxt[++tot]=head[x],head[x]=tot,ver[tot]=y;
}
void dfs(ll x,ll pre,ll ineed){
if(x==ineed) ok=1;
if(ok) return ;
for(ll i=head[x];i;i=nxt[i]){
ll y=ver[i];
if(y==pre) continue;
dfs(y,x,ineed);
}
}
/*ll ithave[A],beihave[A];
ll getithave(ll x){
if(ithave[x]!=x){
ithave[x]=getithave(ithave[x]);
}
return ithave[x];
}
void mergeit(ll x,ll y){
x=getithave(x);
y=getithave(y);
if(ithave[x]!=ithave[y]){
ithave[x]=y;
}
}
ll getbeihave(ll x){
if(beihave[x]!=x){
beihave[x]=getbeihave(beihave[x]);
}
return beihave[x];
}
void mergebei(ll x,ll y){
x=getbeihave(x);
y=getbeihave(y);
if(beihave[x]!=beihave[y]){
beihave[x]=y;
}
}*/
int main(){
n=read(),m=read();
cnt=n;
for(ll i=1,opt,ques,k,QwQ;i<=m;i++){
ques=read();
if(ques==0){
opt=read(),k=read();
cnt++;
if(opt==1){
for(ll j=1;j<=k;j++){
QwQ=read();
//1属于2 1--->2
add(cnt,QwQ);
if(k==1)
add(QwQ,cnt);
}
}
else {
for(ll j=1;j<=k;j++){
QwQ=read();
add(QwQ,cnt);
if(k==1)
add(cnt,QwQ);
}
}
}
else{
ok=0;
ques=read(),QwQ=read();
dfs(QwQ,0,ques);
printf("%lld\n",ok);
}
}
}
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征途堆积出友情的永恒
题解
首先普通dp应该都会吧
$f[i]=min(f[j]+max(sum[i]-sum[j],b[j]))$
for(ll i=1;i<=n;i++){
for(ll j=max(i-k,0ll);j<=i-1;j++){
ll fee=max(sum[i]-sum[j],a[j]);
f[i]=min(f[j]+fee,f[i]);
}
}
一言不和上代码
怎么优化,
线段树或者堆
思考sum[i]变化很烦,线段树很难维护(然而Mr_zkt维护出来了$%%%$)我没打线段树
用堆维护我们需要寻找不变量显然$f[j]+b[j]$和$f[j]-sum[j]$是不变量
开两个小根堆,一个维护$min(f[j]+b[j])$一个维护$f[j]-sum[j]$
转移时$min(q1.top(),q2.top+sum[i])$
细节稍多
- $STL$的各种$empty$往上仍,
- 判断是否可以转移(<=k)限制
- 在$f[j]+b[j]$$<$$f[j]-sum[j]+sum[i]$时第一个堆不合法,第一个堆扔到第二个堆
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 1010101
ll f[A],a[A],sum[A],b[A];
ll n,k,minn;
struct node{
ll id,val;
friend bool operator < (const node &a,const node &b){
return a.val>b.val;
}
};
priority_queue<node> q1,q2;
//q1用来存f+b q2存 f-s
ll read(){
ll x=0,f=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c)){
x=x*10+(c-'0');
c=getchar();
}
return f*x;
}
void work(){
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[0]=0;
node o;
o.id=0,o.val=b[0];
q1.push(o);
for(ll i=1;i<=n;i++){
node x1,x2;
while(!q1.empty()){
x1=q1.top();
if(x1.id>=i-k) break;
q1.pop();
}
while(!q2.empty()){
x2=q2.top();
if(x2.id>=i-k) break;
q2.pop();
}
while(!q1.empty()){
x1=q1.top();
if(x1.val>=f[x1.id]-sum[x1.id]+sum[i]) break;
// printf("feifa\n");
// printf("x1.val=%lld id=%lld f-s=%lld\n",x1.val,x1.id,f[x1.id]-sum[x1.id]+sum[i]);
q1.pop();
node x3;
x3.id=x1.id,x3.val=f[x1.id]-sum[x1.id];
q2.push(x3);
}
while(!q1.empty()){
x1=q1.top();
if(x1.id>=i-k) break;
q1.pop();
}
while(!q2.empty()){
x2=q2.top();
if(x2.id>=i-k) break;
q2.pop();
}
// printf("q1.top id=%lld val=%lld 2=%lld %lld\n",x1.id,x1.val,x2.id,x2.val);
//f[i]=min(x1.val,x2.val+sum[i]);
if(!q1.empty())f[i]=min(0x7ffffffffff,q1.top().val);
if(!q2.empty())f[i]=min(0x7ffffffffff,q2.top().val+sum[i]);
// printf("f[%lld]=%lld\n",i,f[i]);
x1.id=i,x1.val=f[i]+b[i];
q1.push(x1);
}
}
int main(){
n=read(),k=read();
for(ll i=1;i<=n;i++){
sum[i]=read();
sum[i]+=sum[i-1];
}
for(ll i=0;i<n;i++){
b[i]=read();
}
work();
printf("%lld\n",f[n]);
}
View Code