2021.7.13模拟赛
比赛概括：
(mathrm{sum}=20+0+0+20)
唉。
T1 消息传递：
题目大意：
一个点在某一秒可向相邻节点扩散，问哪些节点开始扩散能最快多少秒将所有节点全部覆盖。
思路：
谢谢各位，我把学的东西都忘了。
先想暴力，对于每个点求出 (f_i) 表示从以 (i) 为根的子树中扩散到 (i)，最长花费的时间。则有：
[f_u=max_{vinmathrm{son}(x)}{f_v+mathrm{order}_v}
]
其中 (mathrm{order}_v) 表示 (u) 扩散到 (v) 的顺序，可以贪心排序求出。然后每个点都作为根算一遍，时间复杂度 (mathcal{O}(n^2log n))。
但是如果暴力算法，很多状态都重复算了：
如图，两个灰点作根，与深灰点的 (f_i) 无关。
则设 (g_i) 表示从以 (i) 为根的子树外扩散到 (i)，最长花费的时间：
如图，黑框内则表示为灰点的 (g_i)。则有：
[g_u=max_{k=mathrm{fa}(x)}(g_k+mathrm{order}_k,max_{vinmathrm{son}(k),v
e u}{f_v+mathrm{order}_v})
]
实现时建议由当前节点推出子节点的 (g_i)。
统计答案时就在排 (mathrm{order}_i) 时顺便找到最大的即可。
代码：
const int N = 2e5 + 10;
inline ll Read()
{
ll x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while (c != '-' && (c < '0' || c > '9')) c = getchar();
if (c == '-') f = -f, c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
int n;
struct edge
{
int to, nxt;
}e[N << 1];
int head[N], tot;
void add(int u, int v)
{
e[++tot] = (edge) {v, head[u]}, head[u] = tot;
}
bool cmp(int a, int b)
{
return a > b;
}
int f[N], g[N];
void dfs(int u, int fa)
{
vector <int> son;
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
{
int v = e[i].to;
if (v == fa) continue;
dfs(v, u);
son.push_back(f[v]);
}
sort (son.begin(), son.end(), cmp);
for (int i = 0; i < son.size(); i++)
f[u] = max(f[u], son[i] + i + 1);
return ;
}
int t[N];
struct node
{
int l, r;
}Max[N];
int Ans[N], cnt, ans = 1e9;
void ChangeRoot(int u, int fa)
{
vector <int> son;
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
{
int v = e[i].to;
if (v == fa) continue;
son.push_back(f[v]);
}
if (fa) son.push_back(g[u]) ;
sort (son.begin(), son.end(), cmp);
for (int i = 0; i < son.size(); i++)
t[i] = son[i] + i + 1;
Max[0].l = t[0], Max[son.size() - 1].r = t[son.size() - 1];
for (int i = 1; i < son.size(); i++)
Max[i].l = max(Max[i - 1].l, t[i]);
for (int i = son.size() - 2; ~i; i--)
Max[i].r = max(Max[i + 1].r, t[i]);
reverse(son.begin(), son.end());
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
{
int v = e[i].to;
if (v == fa) continue;
int x = lower_bound(son.begin(), son.end(), f[v]) - son.begin();
x = son.size() - x - 1;
g[v] = max(x == 0? 0: Max[x - 1].l, x == son.size() - 1? 0: Max[x + 1].r - 1);
}
Ans[u] = Max[son.size() - 1].l;
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
{
int v = e[i].to;
if (v == fa) continue;
ChangeRoot(v, u);
}
}
int main()
{
freopen("news.in", "r", stdin);
freopen("news.out", "w", stdout);
n = Read();
for (int i = 2, v; i <= n; i++)
v = Read(), add(v, i), add(i, v);
dfs(1, 0);
ChangeRoot(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++)
ans = min(ans, Ans[i]);
printf ("%d
", ans + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (Ans[i] == ans) printf ("%d ", i);
return 0;
}
T2 JIH的玩偶：
题目大意：
每次求在一棵树上的最大值与最小值的差，且最大值必须是最小值的祖先。
思路：
考场没读懂最大最小值的先后顺序。
其实是一道简单树上倍增。设 (f_{i,j},mathrm{Max}_{i,j},mathrm{Min}_{i,j},mathrm{Ans}_{i,j}) 分别表示 (i) 节点向上走 (2^j) 的节点、区间最大、区间最小、区间合法大小差。
转移见代码。
代码：
const int N = 200010, M = 30;
inline ll Read()
{
ll x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while (c != '-' && (c < '0' || c > '9')) c = getchar();
if (c == '-') f = -f, c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
int n;
int f[N][M], mx[N][M], mn[N][M], Ans[N][M];
int main()
{
freopen("tree.in", "r", stdin);
freopen("tree.out", "w", stdout);
n = Read();
int m = log2(n) + 1;
mn[0][0] = 1e9;
for (int i = 1; i <= n; i++)
mx[i][0] = mn[i][0] = Read();
for (int i = 1; i < n; i++)
{
int x = Read(), fa = Read();
f[x][0] = fa;
}
for (int j = 1; j <= m; j++)
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
f[i][j] = f[f[i][j-1]][j - 1];
mx[i][j] = max(mx[i][j - 1], mx[f[i][j-1]][j - 1]);
mn[i][j] = min(mn[i][j - 1], mn[f[i][j-1]][j - 1]);
Ans[i][j] = max(max(Ans[i][j - 1], Ans[f[i][j-1]][j - 1]), max(0, mx[f[i][j-1]][j - 1] - mn[i][j - 1]));
}
for (int t = Read(); t--; )
{
int u = Read(), k = Read(), ans = 0, Min = 1e9;
for (int j = 0; k; j++, k >>= 1)
if (k & 1)
{
ans = max(ans, max(Ans[u][j], mx[u][j] - Min));
Min = min(Min, mn[u][j]);
u = f[u][j];
}
printf ("%d
", ans);
}
return 0;
}
T3 摘取作物：
题目大意：
在 (n imes m) 的地图中，点 ((i,j)) 的权值为 (w_{i,j})。若每行每列都不超过 (2) 个，求最大选择权值是多少。
正文：
最大费用流经典题。新建 (S) 连向每行（容量 (2)，费用 (0)），每行连向每列（容量 (1)，费用 (a_{i,j})），每列连向 (T)（容量 (2)，费用 (0)）。
代码：
const int M = 200010, N = 10010;
inline ll Read()
{
ll x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while (c != '-' && (c < '0' || c > '9')) c = getchar();
if (c == '-') f = -f, c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
int n, m, s, t, tot;
struct edge
{
int x, y, w, z, op, next;
} e[M];
int head[N];
void Add(int x, int y, int w, int z)
{
e[++tot] = (edge){x, y, w, z, tot + 1, head[x]};
head[x] = tot;
e[++tot] = (edge){y, x, 0, -z, tot - 1, head[y]};
head[y] = tot;
}
int dis[N], incf[N], pre[N];
bool vis[N];
queue <int> que;
bool spfa()
{
while(!que.empty())que.pop();
memset(dis, -127 / 3, sizeof(dis));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
dis[s] = 0;
que.push(s);
vis[s] = 1;
while(!que.empty())
{
int x = que.front();que.pop();vis[x] = 0;
for (int i = head[x]; i; i = e[i].next)
{
int y = e[i].y;
if(dis[y] < dis[x] + e[i].z && e[i].w)
{
dis[y] = dis[x] + e[i].z;
pre[y] = i;
if(!vis[y]) vis[y] = 1, que.push(y);
}
}
}
return dis[t] > 0;
}
int maxflow, mincost;
int MCMF()
{
int ans = 0;
while(spfa())
{
int mx = n;
for (int i = pre[t]; i; i = pre[e[i].x]) mx = min(mx, e[i].w);
for (int i = pre[t]; i; i = pre[e[i].x])
e[i].w -= mx, e[e[i].op].w += mx;
ans += mx * dis[t];
}
return ans;
}
int main()
{
freopen("pick.in", "r", stdin);
freopen("pick.out", "w", stdout);
n = Read(), m = Read(); s = n + m + 1, t = n + m + 2;
for (int i = 1; i <= n; i++) Add(s, i, 2, 0);
for (int i = 1; i <= m; i++) Add(i + n, t, 2, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1, w; j <= m; j++)
w = Read(), Add(i, j + n, 1, w);
printf("%d
", MCMF());
return 0;
}
T4 公路维护：
题目大意：
我们知道，每天都有成千上万的车辆在高速公路上行驶。如果一辆装有若干吨货物的卡车通过一段高速公路，就会对这段公路造成一定程度的破坏。
整段高速公路有一个初始的耐久度I。如果一辆装有d吨货物的卡车通过一段高速公路，这段公路的耐久度就会减少d。一旦某段公路的耐久度小于或等于0，这段公路就会永久性地毁坏。卡车无法通过已经毁坏的地方。
有两种维护公路的车辆：T1和T2。T1车可以将一段公路的耐久度增加r。T2车可以将一段公路的耐久度小于p的部分修复至p。虽然维护公路的车辆可以通过已经毁坏的部分，但是已经毁坏的地方仍然无法修复。
你的任务是统计一下一共有多少辆卡车可以成功通行。
正文：
线段树，如果有坏的点就暴力处理，因为每个点最多坏一次。
代码：
const int N = 1e5 + 10;
inline ll Read()
{
ll x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while (c != '-' && (c < '0' || c > '9')) c = getchar();
if (c == '-') f = -f, c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
int n, m, Val;
struct Segment
{
struct tree
{
int l, r;
ll Min, Max, lzy1, lzy2;
}t[N << 2];
void Build(int l, int r, int p)
{
t[p].l = l, t[p].r = r, t[p].lzy1 = -1;
if (l == r)
{
t[p].Min = t[p].Max = Val;
return;
}
int mid = l + r >> 1;
Build (l, mid, p << 1);
Build (mid + 1, r, p << 1 | 1);
t[p].Min = min(t[p << 1].Min, t[p << 1 | 1].Min);
t[p].Max = max(t[p << 1].Max, t[p << 1 | 1].Max);
}
void Spread(int p)
{
if (~t[p].lzy1)
{
t[p << 1].Min = t[p << 1].Max = t[p << 1 | 1].Min = t[p << 1 | 1].Max = t[p].lzy1;
t[p << 1].lzy1 = t[p << 1 | 1].lzy1 = t[p].lzy1;
t[p << 1].lzy2 = t[p << 1 | 1].lzy2 = 0;
t[p].lzy1 = -1;
}
if (t[p].lzy2)
{
t[p << 1].Min += t[p].lzy2, t[p << 1].Max += t[p].lzy2,
t[p << 1 | 1].Min += t[p].lzy2, t[p << 1 | 1].Max += t[p].lzy2;
t[p << 1].lzy2 += t[p].lzy2, t[p << 1 | 1].lzy2 += t[p].lzy2;
t[p].lzy2 = 0;
}
}
void Sub(int l, int r, int p, int val)
{
if (l <= t[p].l && t[p].r <= r)
{
if (!t[p].Max) return;
if (t[p].Max <= val) {t[p].Max = t[p].Min = t[p].lzy1 = t[p].lzy2 = 0; return;}
if (t[p].Min > val) {t[p].Max -= val, t[p].Min -= val, t[p].lzy2 -= val; return;}
}
Spread(p);
int mid = t[p].l + t[p].r >> 1;
if (l <= mid) Sub(l, r, p << 1, val);
if (mid < r) Sub(l, r, p << 1 | 1, val);
t[p].Min = min(t[p << 1].Min, t[p << 1 | 1].Min);
t[p].Max = max(t[p << 1].Max, t[p << 1 | 1].Max);
}
void Add(int l, int r, int p, int val)
{
if (l <= t[p].l && t[p].r <= r)
{
if (!t[p].Max) return;
if (t[p].Min) {t[p].Max += val, t[p].Min += val, t[p].lzy2 += val; return;}
}
Spread(p);
int mid = t[p].l + t[p].r >> 1;
if (l <= mid) Add(l, r, p << 1, val);
if (mid < r) Add(l, r, p << 1 | 1, val);
t[p].Min = min(t[p << 1].Min, t[p << 1 | 1].Min);
t[p].Max = max(t[p << 1].Max, t[p << 1 | 1].Max);
}
void Modify(int l, int r, int p, ll val)
{
if (l <= t[p].l && t[p].r <= r)
{
if (!t[p].Max) return;
if (t[p].Min)
{
if (t[p].Max <= val) {t[p].Max = t[p].Min = t[p].lzy1 = val; t[p].lzy2 = 0;return;}
if (t[p].Min > val) return;
}
}
Spread(p);
int mid = t[p].l + t[p].r >> 1;
if (l <= mid) Modify(l, r, p << 1, val);
if (mid < r) Modify(l, r, p << 1 | 1, val);
t[p].Min = min(t[p << 1].Min, t[p << 1 | 1].Min);
t[p].Max = max(t[p << 1].Max, t[p << 1 | 1].Max);
}
ll Query(int l, int r, int p)
{
if (l <= t[p].l && t[p].r <= r)
return t[p].Min;
Spread(p);
int mid = t[p].l + t[p].r >> 1;
ll ans = 1e10;
if (l <= mid) ans = min(ans, Query(l, r, p << 1));
if (mid < r) ans = min(ans, Query(l, r, p << 1 | 1));
return ans;
}
}t;
int ans;
int main()
{
freopen("road.in", "r", stdin);
freopen("road.out", "w", stdout);
n = Read(), m = Read(), Val = Read();
t.Build(1, n, 1);
while (m--)
{
int op = Read(), l = Read(), r = Read(), val = Read();
if (op == 1)
{
if (t.Query(l, r, 1) > 0) ans++, t.Sub(l, r, 1, val);
}
if (op == 2) t.Add(l, r, 1, val);
if (op == 3) t.Modify(l, r, 1, val);
}
printf ("%d
", ans);
return 0;
}