CSP-S 模拟赛 32

news/2024/10/6 4:13:40/文章来源:https://www.cnblogs.com/laoshan-plus/p/18447342

CSP-S 模拟赛 32

rnk25，\(0+0+9+0=9\)。

T1 [CF1578K] Kingdom of Islands

还没改出来。

T2 [CF1578L] Labyrinth

警钟嚼烂：改代码改干净。

首先考虑如果从 \(a\) 走到 \(b\)，人最胖是多少。毫无疑问，这是一个最大生成树问题。在这个基础上考虑原问题，我们发现由于人会越来越胖，一定有边就逐渐断掉了，且最先断掉的边一定是最窄的边。

那么我们需要在这条边断掉以前吃掉这条边连接的两棵子树的任意一边的所有糖果，否则就再也过不去了，也就没有办法吃掉所有糖果。

然后我们易证：最先吃掉这条边的一颗子树上的所有糖果一定不劣于其他选择。

设这条边连接的子树为 \(u,v\)，这两棵子树的糖果和分别为 \(s_u,s_v\)。

考虑如果先吃树 \(v\) 的一些糖，然后再过去吃掉树 \(u\) 的所有糖，且还能从 \((u,v)\) 这条边返回，则证明这个过程中人的宽度一定不超过 \(w(u,v)\)。那么如果先吃树 \(u\) 的所有糖之后再吃树 \(v\)，总宽度一定也是不超过 \(w(u,v)\) 的。所以不会劣。

我们发现：如果原问题在树 \(v\) 上的答案为 \(f_v\)，则新加入边 \((u,v)\) 后，答案就是 \(\min\big(f_v-s_u,w(u,v)-s_u\big)\)。如果是先吃完树 \(v\)，答案也是同理。所以当前总的答案就是

\[\max\Big(\min\big(f_v-s_u,w(u,v)-s_u\big),\min\big(f_u-s_v,w(u,v)-s_v\big)\Big)~. \]

在 Kruskal 求最大生成树的过程中，用并查集可以很方便的维护这些信息。

最后一点，如何在最后输出答案时找到那一条宽度最小的边？因为 Kruskal 最大生成树是按边权从大到小加的，所以最后加的那条边就是宽度最小的边。

#include<bits/stdc++.h>
#define fw fwrite(obuf,p3-obuf,1,stdout)
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define putchar(x) (p3-obuf<1<<20?(*p3++=(x)):(fw,p3=obuf,*p3++=(x)))
#define int long long
using namespace std;char buf[1<<20],obuf[1<<20],*p1=buf,*p2=buf,*p3=obuf,str[20<<2];
int read(){int x=0;char ch=getchar();while(!isdigit(ch))ch=getchar();while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();return x;
}
template<typename T>
void write(T x,char sf='\n'){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;int top=0;do str[top++]=x%10,x/=10;while(x);while(top)putchar(str[--top]+48);putchar(sf);
}
constexpr int MAXN=2e5+5;
mt19937 wdz(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
int n,m,c[MAXN];
struct Edge{int u,v;long long w;bool operator<(const Edge&x)const{return w>x.w;}
}e[MAXN];
int f[MAXN];
int find(int x){if(f[x]^x)f[x]=find(f[x]);return f[x];
}
long long dp[MAXN],sum[MAXN],rt;signed main(){freopen("fat.in","r",stdin);freopen("fat.out","w",stdout);n=read(),m=read();for(int i=1;i<=n;++i)sum[i]=c[i]=read();for(int i=1;i<=m;++i)e[i]={read(),read(),read()};sort(e+1,e+m+1);iota(f+1,f+n+m+1,1);memset(dp,0x3f,sizeof(int)*(n+5));for(int i=1,u,v,fu,fv;i<=m;++i){u=e[i].u,v=e[i].v;fu=find(u),fv=find(v);if(fu==fv)continue;f[fu]=f[fv]=i+n;rt=i+n;dp[i+n]=max(min(e[i].w-sum[fu],dp[fv]-sum[fu]),min(e[i].w-sum[fv],dp[fu]-sum[fv]));sum[i+n]=sum[fu]+sum[fv];}write(dp[rt]<=0?-1:dp[rt]);return fw,0;
}

T3 [CF1578J] Just Kingdom

警钟搅烂：浮点数注意精度保留 eps。

初看这给来给去的很麻烦，事实上，我们发现：如果当前节点 \(u\) 需要 \(x\) 块钱，则他父亲需要的钱为 \(x+\sum_{v\in\text{bro}}\min(\mathit{siz}_v,x)\) 块钱。可以理解为一个香槟塔的东西（wzw 说的）。

这题的关键在于，题目要求每个节点的答案，这导致对于每个节点，每个父亲要求的这个儿子都不一样。如果我们对每个节点都暴力向上跳父亲，然后按照刚刚推出来的这个东西跑 DFS，这就是一个 \(O(n^2)\) 的做法，可以拿到 63pts 的好成绩。

下面是题解的话。

那我们看怎么快速地维护这个东西，想到倍增。我们发现如果 \(x\le\mathit{siz}_v\)，那么它父亲得到的 \(x\) 至少翻倍，令这个点为 “倍增点”。注意到在一个树中的任意一点 \(u\) 跳到根节点中至多有 \(\log\sum m\) 个倍增点，而在跳到倍增点之前的路径，其对 \(x\) 的增量是容易预处理的。

于是考虑一个倍增，\(f_{u,i}\) 代表从 \(u\) 到第 \(2^i\) 级父亲，要求 \(x\le\;?\) 才不会遇到倍增点。统计答案的时候就是倍增跳倍增点，在倍增点上的答案计算可以通过提前给该点儿子点权和排序然后二分来快速求得。复杂度 \(O(n\log n(\log n+\log m))\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define fw fwrite(obuf,p3-obuf,1,stdout)
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define putchar(x) (p3-obuf<1<<20?(*p3++=(x)):(fw,p3=obuf,*p3++=(x)))
using namespace std;char buf[1<<20],obuf[1<<20],*p1=buf,*p2=buf,*p3=obuf,str[20<<2];
int read(){int x=0;char ch=getchar();while(!isdigit(ch))ch=getchar();while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();return x;
}
template<typename T>
void write(T x,char sf='\n'){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;int top=0;do str[top++]=x%10,x/=10;while(x);while(top)putchar(str[--top]+48);putchar(sf);
}
constexpr int MAXN=3e5+5;
int n,F;
int head[MAXN],tot;
struct{int v,nxt;}e[MAXN];
void addedge(int u,int v){e[++tot]={v,head[u]};head[u]=tot;
}
int fa[MAXN][31];
long long val[MAXN];
void dfs(int u){for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){dfs(e[i].v);val[u]+=val[e[i].v];}
}
int son[MAXN];
long long dp[MAXN];
long long su[MAXN][31],f[MAXN][31];
vector<long long>s[MAXN],va[MAXN];
void dfs2(int u,int x){if(u==x)return;dfs2(son[u],x);dp[u]+=dp[son[u]];for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){if(e[i].v==son[u])continue;dp[u]+=min(val[e[i].v],dp[son[u]]);}
}
void dfs3(int u){for(int i=1;i<=F;++i)fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];if(u^1){f[u][0]=va[fa[u][0]].size()==1?0:va[fa[u][0]][va[fa[u][0]].size()-1-(va[fa[u][0]][va[fa[u][0]].size()-1]==val[u])];su[u][0]=s[fa[u][0]][s[fa[u][0]].size()-1]-val[u];for(int i=1;i<=F;++i){su[u][i]=su[u][i-1]+su[fa[u][i-1]][i-1];f[u][i]=max(f[u][i-1],f[fa[u][i-1]][i-1]-su[u][i-1]);}}for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)dfs3(e[i].v);
}int main(){freopen("share.in","r",stdin);freopen("share.out","w",stdout);n=read()+1;F=log2(n);for(int i=2,f;i<=n;++i){f=read(),val[i]=read();addedge(f+1,i);fa[i][0]=f+1;}dfs(1);for(int i=2;i<=n;++i){va[fa[i][0]].emplace_back(val[i]);s[fa[i][0]].emplace_back(0);}for(int i=1;i<=n;++i){if(va[i].empty())continue;sort(va[i].begin(),va[i].end());s[i][0]=va[i][0];if(va[i].size()==1)continue;for(int j=1;j<(int)va[i].size();++j)s[i][j]=s[i][j-1]+va[i][j];}dfs3(1);for(int i=2;i<=n;++i){int x=i;long long t=val[i];while(x){for(int j=F;~j;--j){if(x&&t>=f[x][j]){t+=su[x][j];x=fa[x][j];}}if(!x)continue;int p=upper_bound(va[fa[x][0]].begin(),va[fa[x][0]].end(),t)-va[fa[x][0]].begin()-1;long long lst=t;if(p<0){t+=lst*s[fa[x][0]].size();t-=min(val[x],lst);}else{t+=lst*(s[fa[x][0]].size()-p-1);t+=s[fa[x][0]][p];t-=min(val[x],lst);}x=fa[x][0];}write(t);}return fw,0;
}