NOIP2012 Day2

来源：互联网发布：js 正则可有可无编辑：程序博客网时间：2024/06/05 00:58

T1 同余方程

套一个exgcd模板即可

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int ex_gcd(int a,int b,int &x,int &y){    if (!b){        x=1; y=0;        return a;    }    else{        int t=ex_gcd(b,a%b,y,x);        y=y-a/b*x;        return t;    }}       int main(){    int a,b,x,y;    scanf("%d%d",&a,&b);    ex_gcd(a,b,x,y);    printf("%d\n",x<0?x%b+b:x);    return 0;}

T2 借教室

解法1

比较裸的区间更新区间查询线段树
O(m∗logn)
注意卡常毕竟是106的数据

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 1000010void rd(int &x){    char c;x=0;    while (c=getchar(),c<48);    do x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);    while (c=getchar(),c>=48);}int a[N];struct Segment_Tree{    #define Lc p<<1    #define Rc p<<1|1    int add[N<<2],Mn[N<<2];    void up(int p){        Mn[p]=min(Mn[Lc],Mn[Rc]);    }    void down(int p){        add[Lc]+=add[p];        add[Rc]+=add[p];        Mn[Lc]-=add[p];        Mn[Rc]-=add[p];        add[p]=0;    }    void build(int l,int r,int p){        if (l==r){            Mn[p]=a[l];            return;        }        int mid=(l+r)>>1;        build(l,mid,Lc);        build(mid+1,r,Rc);        up(p);    }    void update(int l,int r,int p,int pl,int pr,int x){        if (l==pl && r==pr){            add[p]+=x;            Mn[p]-=x;            return;        }        int mid=(l+r)>>1;        down(p);        if (pr<=mid) update(l,mid,Lc,pl,pr,x);        else if (pl>mid) update(mid+1,r,Rc,pl,pr,x);        else update(l,mid,Lc,pl,mid,x),update(mid+1,r,Rc,mid+1,pr,x);        up(p);    }    int query(int l,int r,int p,int pl,int pr){        if (l==pl && r==pr) return Mn[p];        int mid=(l+r)>>1;        down(p);        if (pr<=mid) return query(l,mid,Lc,pl,pr);        else if (pl>mid) return query(mid+1,r,Rc,pl,pr);        else return min(query(l,mid,Lc,pl,mid),query(mid+1,r,Rc,mid+1,pr));    }}T;int main(){    int n,m,i;    rd(n),rd(m);    for (i=1;i<=n;i++) rd(a[i]);    T.build(1,n,1);    for (i=1;i<=m;i++){        int x,l,r;        rd(x),rd(l),rd(r);        if (T.query(1,n,1,l,r)<x){            printf("-1\n%d\n",i);            return 0;        }        T.update(1,n,1,l,r,x);    }    printf("0\n");    return 0;}

解法2

考虑二分恰好不合法的那个位置
判断时只需用差分前缀和维护每个时间借的教室的个数
同样O(m∗logn)但常数小于线段树

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 1000010void rd(int &x){    char c;x=0;    while (c=getchar(),c<48);    do x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);    while (c=getchar(),c>=48);}int n,m,a[N],p[N],l[N],r[N];long long sum[N];bool check(int x){    int i;    memset(sum,0,sizeof(sum));    for (i=1;i<=x;i++){        sum[l[i]]+=p[i];        sum[r[i]+1]-=p[i];    }    long long tmp=0;    for (i=1;i<=n;i++){        tmp+=sum[i];        if (tmp>a[i]) return 0;    }    return 1;}int main(){    int i;    rd(n),rd(m);    for (i=1;i<=n;i++) rd(a[i]);    for (i=1;i<=m;i++) rd(p[i]),rd(l[i]),rd(r[i]);    if (check(m)){        printf("0\n");        return 0;    }    int l=1,r=m,res=m;    while (l<=r){        int mid=(l+r)>>1;        if (!check(mid)) res=mid,r=mid-1;        else l=mid+1;    }    printf("-1\n%d\n",res);    return 0;}

解法3

可以用每次不合法就撤销一些操作的方法来实现
同样用差分前缀和维护
如果当前点不满足就从后向前撤销操作直到满足为止
看最后剩下的操作编号 +1即为不满足的编号
O(n+m)

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 1000010void rd(int &x){    char c;x=0;    while (c=getchar(),c<48);    do x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);    while (c=getchar(),c>=48);}int a[N],p[N],l[N],r[N];long long sum[N];int main(){    int i,n,m;    rd(n),rd(m);    for (i=1;i<=n;i++) rd(a[i]);    for (i=1;i<=m;i++){        rd(p[i]),rd(l[i]),rd(r[i]);        sum[l[i]]+=p[i];        sum[r[i]+1]-=p[i];    }    long long now=0;    int t=n;    for (i=1;i<=n;i++){        now+=sum[i];        while (now>a[i]){            sum[l[t]]-=p[t];            sum[r[t]+1]+=p[t];            if (l[t]<=i && r[t]>=i) now-=p[t];            t--;        }    }    if (t==n) printf("0\n");    else printf("-1\n%d\n",t+1);    return 0;}

T3 疫情控制

如果已知最大时间一个军队肯定尽量向上跳因为这样可以覆盖更多的点
那么可以二分最大时间用倍增求最多跳到的点

但是有一种情况就是一个子树内的点跑到另一个子树内
可以先把能跑到1的军队处理出来然后贪心处理
如果当前子树已经可以被其他的军队完全覆盖那就可以让到1的军队全部出去
否则先留下剩余时间最少的一个

然后把还未覆盖的点按到1的时间排序同时用一个小顶堆维护到1的军队的剩余时间
每次用小的匹配小的
如果当前点有留下军队就要比较当前的堆顶和留下的军队选取剩余时间少的用掉多的放回堆内
在堆中如果堆顶时间不够跑就弹出

有两种情况
1:堆顶军队剩余时间>留下的军队剩余时间这个时候用掉留下的军队肯定不会对后面造成影响因为留下的跑不到后面去
2:堆顶军队剩余时间≤留下的军队剩余时间这个时候用堆顶的军队把留下的放进去这样留下的军队会在后面做贡献
因此这个贪心是正确的
O(n∗log2n)

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 50010#define K 16#define INF (0x3f3f3f3f3f3f3f3f)void rd(int &x){    char c;x=0;    while (c=getchar(),c<48);    do x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);    while (c=getchar(),c>=48);}struct edge{    int nxt,t,s;}e[N<<1];int head[N],edge_cnt,fa[N][K],n,m,a[N],top[N],Head[N];long long dis[N][K],f[N];void add_edge(int x,int y,int z){    e[edge_cnt]=(edge){head[x],y,z};    head[x]=edge_cnt++;}struct node{    int id,s;    bool operator <(const node &_)const{        return s<_.s;    }}Q1[N];struct poi{    int nxt;    long long t;}A[N];struct heap{    int h;    long long a[N];    void ins(long long x){        a[++h]=x;        int i=h;        while (i>1){            if (a[i>>1]>a[i]) swap(a[i>>1],a[i]),i>>=1;            else break;        }    }    void del(){        a[1]=a[h--];        int i=1;        while ((i<<1)<=h){            int j=i<<1;            if (j+1<=h && a[j+1]<a[j]) j++;            if (a[i]>a[j]) swap(a[i],a[j]),i=j;            else break;        }    }}Q;bool b[N];long long Mx;void dfs(int x,int f,int tp,long long Dis){    Mx=max(Mx,Dis);    fa[x][0]=f;    top[x]=tp;    int i;    for (i=head[x];~i;i=e[i].nxt){        int to=e[i].t,val=e[i].s;        if (to==f) continue;        dis[to][0]=val;        dfs(to,x,!tp?to:tp,Dis+val);    }}long long init(){    dfs(1,0,0,0);    int i,j;    for (i=1;i<K;i++)        for (j=1;j<=n;j++){            int x=fa[j][i-1];            fa[j][i]=fa[x][i-1];            dis[j][i]=dis[j][i-1]+dis[x][i-1];        }    int Mx1=0;    for (i=head[1];~i;i=e[i].nxt) Mx1=max(Mx1,e[i].s);    return Mx+Mx1;}bool filled(int x,int f){    if (b[x]) return 1;    else if (e[head[x]].nxt==-1) return 0;    int i;    for (i=head[x];~i;i=e[i].nxt){        int to=e[i].t;        if (to==f) continue;        if (!filled(to,x)) return 0;    }    return 1;}bool check(long long t){    int i,j;    memset(b,0,sizeof(b));    for (i=head[1];~i;i=e[i].nxt) Head[e[i].t]=-1;    int rec_cnt=0,h=0;    Q.h=0;    for (i=1;i<=m;i++){        int x=a[i];        long long sum=0;        for (j=K-1;j>=0 && x>1;j--)            if (sum+dis[x][j]<=t){                sum+=dis[x][j];                x=fa[x][j];            }        if (x<=1) A[rec_cnt]=(poi){Head[top[a[i]]],t-sum},Head[top[a[i]]]=rec_cnt++;        else b[x]=1;    }    for (i=head[1];~i;i=e[i].nxt){        int to=e[i].t,val=e[i].s;        if (!filled(to,1)){            int pos=-1;            f[to]=INF;            for (j=Head[to];~j;j=A[j].nxt)                if (f[to]>A[j].t) pos=j,f[to]=A[j].t;            for (j=Head[to];~j;j=A[j].nxt)                if (j!=pos) Q.ins(A[j].t);            Q1[++h]=(node){to,val};        }        else for (j=Head[to];~j;j=A[j].nxt) Q.ins(A[j].t);     }    sort(Q1+1,Q1+1+h);    for (i=1;i<=h;i++){        int x=Q1[i].id,y=Q1[i].s;        long long t1=f[x],t2=INF;        while (Q.h && Q.a[1]<y) Q.del();        if (Q.h) t2=Q.a[1];        if (t1==INF && t2==INF) return 0;        if (t1>t2) Q.del(),Q.ins(t1);    }    return 1;}int main(){    int i;    memset(head,-1,sizeof(head));    rd(n);    for (i=1;i<n;i++){        int x,y,z;        rd(x),rd(y),rd(z);        add_edge(x,y,z);        add_edge(y,x,z);    }    rd(m);    for (i=1;i<=m;i++) rd(a[i]);    long long l=0,r=init(),ans=-1;    while (l<=r){        long long mid=(l+r)>>1;        if (check(mid)) ans=mid,r=mid-1;        else l=mid+1;    }    printf("%lld\n",ans);    return 0;}

Date:2017/10/23
By CalvinJin

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