正睿 25 年联赛联合训练 Day 12
得分
| T1 | T2 | T3 | 总分 | 排名 |
|---|---|---|---|---|
| \(100\) | \(100\) | \(20\) | \(220\) | \(2/17\) |
题解
T1 LIS
神秘找规律。写一个爆搜，发现最优方案就是在每一个 \(b_i\) 前依次放 \(m\sim b_i+1\)，这样一定是最长的。判断一下 \(n\) 和序列的最长长度的关系然后输出方案即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long longusing namespace std;const int Maxn = 3e5 + 5;
const int Inf = 2e9;int n, m, k, b[Maxn];
int sum = 0;
int a[Maxn];signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);cin >> n >> m >> k;for(int i = 1; i <= k; i++) cin >> b[i], sum += b[i];if(k * m - sum + k < n) cout << "No\n";else {cout << "Yes\n";int tot = 0, cnt = 0, lst = n - k;for(int i = 1; i <= k; i++) {cnt = m;while(lst > 0 && cnt > b[i]) {a[++tot] = cnt; cnt--; lst--;}a[++tot] = b[i];}for(int i = 1; i <= n; i++) {cout << a[i] << " ";}}return 0;
}
T2 图论
这个题标算被 \(O(n^4),O(n^3\log n)\) 踩爆了……
我们先考虑一个贪心做法，我们每次取出度数和最大的边，将其加入边集并更新 \(K\) 的最大值；然后将与这两个点相连的边的度数更新。显然上述过程可以用堆维护，复杂度是 \(O(n^3\log n)\) 的。
实际上我们有一个简单的优化，可以用桶排的思想，维护 \(2n\) 个队列，每次从最大的的队列里取出边然后更新下面的队列，这样做就可以做到 \(O(n^3)\) 了。但是实际运行效率较低。
代码没有写正解。
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int Maxn = 2e5 + 5;
const int Inf = 2e9;int n, m;
int mat[505][505], dg[Maxn];
int res[505][505], deg[Maxn];queue <int> q;
int vis[Maxn];
int bfs(int k) {for(int i = 1; i <= n; i++) {vis[i] = 1, q.push(i), deg[i] = dg[i];for(int j = 1; j <= n; j++) res[i][j] = mat[i][j];}int sum = m;vector <int> son;while(!q.empty()) {int x = q.front(); q.pop();vis[x] = 0;son.clear();for(int i = 1; i <= n; i++) {if(res[i][x] || i == x) continue;son.push_back(i);}sort(son.begin(), son.end(), [](const int &x, const int &y){return deg[x] > deg[y];});for(auto i : son) {if(deg[x] + deg[i] < k) break;deg[x]++, deg[i]++, res[x][i] = res[i][x] = 1;sum++;if(!vis[i]) q.push(i);}}if(sum != n * (n - 1) / 2) return 0;return 1;
}int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= m; i++) {int u, v; cin >> u >> v;mat[u][v] = mat[v][u] = 1;dg[u]++, dg[v]++;}int l = 0, r = 2 * n - 2, res = 0;while(l <= r) {int mid = (l + r) >> 1;if(bfs(mid)) res = mid, l = mid + 1;else r = mid - 1;}cout << res << '\n';return 0;
}
T3 防御
先考虑只有一个防御装置怎么办。我们可以求出每个点看不到的点的个数。定义一个点关于一条线段在 \(x\) 轴上的投影为，连接点和线段的两个端点，其与 \(x\) 轴两交点的线段。那么如果上面的点不能被下面的点看到，则下面的点的投影一定完全包含在上面的点的投影中。
这个已经可以直接用二维偏序做了，不过实际上还有更简单的方法。不难发现一个性质：对于所有在上面的点的投影，它们的 \(l,r\) 都是递增排序的。所以我们可以直接二分求出答案。复杂度 \(O(q\log n)\)。
考虑有多个防御装置怎么办，考虑利用容斥的思路，用被一个挡住的减去被两个挡住的，再加上被三个挡住的……可以暴力枚举子集，然后用上面相同的办法去做；这个时候的投影就是若干个投影的交集。这样做的复杂度就是 \(O(2^m q(m+\log n))\) 的。
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long double db;
const int Maxn = 2e5 + 5;
const db Inf = 1e18;int n, m, q;struct Point {int x, y;
}tar[Maxn], atk[Maxn];struct Line {int l, r, y;
}dfs[Maxn];int ans[Maxn];db calc(db x1, db y1, db x2, db y2) {if(x1 == x2) return x1;else return x1 - y1 * (x2 - x1) / (y2 - y1);
}db l[Maxn], r[Maxn];
int tot;void work(int S, int zf) {tot = 0;for(int i = 1; i <= n; i++) {db pl = -Inf, pr = Inf;for(int j = 1; j <= m; j++) {if((S >> (j - 1)) & 1) {if(dfs[j].y >= tar[i].y) {pl = Inf, pr = -Inf; break;}pl = max(pl, calc(tar[i].x, tar[i].y, dfs[j].l, dfs[j].y));pr = min(pr, calc(tar[i].x, tar[i].y, dfs[j].r, dfs[j].y));}}if(pl <= pr) {tot++; l[tot] = pl, r[tot] = pr; }}sort(l + 1, l + tot + 1); sort(r + 1, r + tot + 1);for(int i = 1; i <= q; i++) {db pl = -Inf, pr = Inf;for(int j = 1; j <= m; j++) {if((S >> (j - 1)) & 1) {pl = max(pl, calc(atk[i].x, atk[i].y, dfs[j].l, dfs[j].y));pr = min(pr, calc(atk[i].x, atk[i].y, dfs[j].r, dfs[j].y));}}if(pl <= pr) {int nl = lower_bound(r + 1, r + tot + 1, pr) - r;int nr = upper_bound(l + 1, l + tot + 1, pl) - l - 1;ans[i] += zf * max(nr - nl + 1, 0);}}
}int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);cin >> n >> m >> q;for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> tar[i].x >> tar[i].y;for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> dfs[i].l >> dfs[i].r >> dfs[i].y;for(int i = 1; i <= q; i++) cin >> atk[i].x >> atk[i].y;for(int i = 1; i < (1 << m); i++) {if(__builtin_popcount(i) & 1) work(i, 1);else work(i, -1);}for(int i = 1; i <= q; i++) {cout << n - ans[i] << '\n';}return 0;
}
