「模拟赛」暑期集训CSP提高模拟4(7.21)

很祭的一次比赛,啥也不会。

题目列表:

A.White and Black

B.White and White

C.Black and Black

D.Black and White

A.White and Black

\(0 pts\)

题意:

给你一颗树,树根为 1 ,初始所有点都是白色,每次询问给出一个点集,若把点集中的点全部染成黑色,问至少需要翻转多少个节点才能使整棵树全为白点。无解输出 -1。询问之间相互独立

翻转的定义为:将节点 u 及其子树中所有节点颜色翻转。

赛时分析:

赛时不会,想到了时间复杂度 \(O(n * m)\) 的树上 DP,以为是正解(时间复杂度想假了 \(n\) 按 \(log\large{n}\) 算的),打完才发现时间复杂度不对,之后就只想着怎么在这个基础上优化了,一直在思考把 \(n\) 变成 \(log \large{n}\),本地跑大样例从 \(36s\) 卡常优化到了 \(1.9s\),但时间复杂度没变,大概调了一个多小时急了,直接交了,想着能拿个 \(30pts\),特殊性质也没想,结果捆绑测试实际得分 \(0pts\)。

以后模拟赛不能一个思路耗死,不能太高估自己,像这个题,性质也没那么难想,但自己完全就是没想着会有什么性质,一直在优化自己的 dp,看来以后要及时否定自己多换思路。

正解:

注:下文"染黑某个点"等说法皆指染黑以该点为根的子树。

思想:

我们枚举每个被染黑的点,设为 \(u\),由于 \(u\) 已经被染黑了,所以我们肯定要把它染回来,如果 \(u\) 的父亲节点 \(fa\) 也为黑点,那么我们在进行将 \(fa\) 染为白点的操作后,自然也一起把 \(u\) 染白了;

再枚举 \(u\) 的子节点 \(son\),如果 \(son\) 为白色,那么在把 \(u\) 染回来的操作中,\(son\) 点便被染黑了,所以还需要再染一次 \(son\) 点。

计算答案 \(ans\) 时,那么我们只需遍历每个被染黑的点,若它的父亲节点不是黑点,则需要染一次,\(ans++\),再遍历它的子节点,若子节点是白点,则还需染子节点一次,\(ans++\)。

这便是我们的思想,不过较容易发现,时间复杂度为 \(O(Q n m)\),(\(Q\) 为询问的次数),会 \(T\) 掉。
暴力代码

cpp 复制代码
#include<bits/stdc++.h>
#define mp make_pair
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;

int n, Q, m, in[N];
int color[N], fa[N];
map<pair<int, int>, int>son;

signed main(){
	// freopen("in.in", "r", stdin); freopen("a.out", "w", stdout);

	scanf("%d%d", &n, &Q);
	for(int i=2; i<=n; i++){
		scanf("%d", &fa[i]);
		son[mp(fa[i], ++son[mp(fa[i], 0)])] = i;
	}


	while(Q--)
	{
		scanf("%d", &m);
		for(register int i=1; i<=m; i++){
			scanf("%d", &in[i]);
			color[in[i]] = 1;
		}

		int ans = 0;
		for(int i=1; i<=m; i++){
			if(!color[fa[in[i]]]) ans++;
			for(int j=1; j<=son[mp(in[i], 0)]; j++){
				if(!color[son[mp(in[i], j)]]) ans++;
			}
		}

		printf("%d\n", ans);

		for(register int i=1; i<=m; i++) color[in[i]] = 0;
	}


	return 0;
}

考虑优化:

时间复杂度多的那个 \(n\) 是枚举每个黑点的儿子节点导致的,所以我们考虑能不能不枚举每个儿子,我们可以预处理出来的时每个节点儿子的数量,这些数量是不会变化的,"别管黑儿子还是白儿子都是儿子"。

所以在枚举每个黑点的时候,我们可以直接加上该点儿子的数量。但这样就多加了黑儿子啊,按照我们的思路只加白儿子,但别忘了,黑儿子是被染黑的点,所以我们枚举所有黑点时总会枚举到这些多加的黑儿子,那么我们枚举时,判断枚举点的父亲节点是否为黑,若为父亲节点为白,则加一次操作,否则把减去一次操作,这样就把多加的黑儿子减去了。

成功优化到 \(O(Q n)\) 了!

最终代码:

cpp 复制代码
#include<bits/stdc++.h>
#define mp make_pair
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;

int n, Q, m, in[N];
int color[N], fa[N], son[N];

signed main(){
	// freopen("in.in", "r", stdin); freopen("a.out", "w", stdout);

	scanf("%d%d", &n, &Q);
	for(int i=2; i<=n; i++){
		scanf("%d", &fa[i]);
		son[fa[i]]++;
	}


	while(Q--)
	{
		scanf("%d", &m);
		for(register int i=1; i<=m; i++){
			scanf("%d", &in[i]);
			color[in[i]] = 1;
		}

		int ans = 0;
		for(int i=1; i<=m; i++){
			if(!color[fa[in[i]]]) ans++;
			else ans--;
			ans += son[in[i]];
		}

		printf("%d\n", ans);

		for(register int i=1; i<=m; i++) color[in[i]] = 0;
	}


	return 0;
}

White and White

题意:

怀特有一个长度为 \(n\) 的正整数数列 \(A\) ,现在他在研究一种数列划分方法。

划分是将这个这个数列分成 \(k\) 个非空连续段,每段的价值为这段所有数的总和对给定的怀特数 \(p\) 取模后的值。

使得这 \(k\) 段的价值总和最小的划分方法就被成为怀特划分法。

Black and Black

题意:

布莱克现在有一个长度为 \(n\) 的序列 \(A\),但是由于他的 dp 不好,所以 \(A\) 序列只会出现 1,−1 这两个数,虽然他也不知道这有什么用,但是需要 dp 的时候这样会变简单吧

为了给以后的 dp 做更多准备,现在他想求出一个布莱克序列 \(B\) ,布莱克序列 \(B\) 满足以下几个限制

  • 序列长同样为 \(n\)
  • \(∣Bi∣≤2×10^{12};\)
  • 序列严格递增,即 \(∀1≤i<n,Bi<Bi+1\);
  • \(∑_{i=1}^nAiBi=0\)。

给定一个序列,求是否是布莱克序列。

赛时分析:

其实赛时基本想到正解了,但由于在 T2 卡的时间过长,所以 T3 根本没敢仔细想即使是已经出现正解的思路,只是在最后半小时打完了 T3 和 T4 的暴力。

正解:

构造。我们先将 \(b_i\) 赋值为 \(i\),并求 \(∑_{i=1}^n b_i * a_i\) 的和记为 \(sum\),求一个 \(s\) 数组为 \(a\) 数组的前缀。

  • 若 \(sum=0\) 直接输出即可

  • \(sum>0\) 时

    • 从头到尾扫一遍 \(s\),找到第一个 \(s_i>0\) 的情况,(由于是第一个,那么一定有找到的 \(s_i=1\) )那么说明我们可以把 \(b_j(j\in[1, i])\) 都减去 \(sum\),等价于整个 \(b\) 数组的总和减去了 \(sum\),那么总和就为 0 了;
    • 若未扫到,那再从尾到头再扫一遍,找到第一个 \(s_n - s_i<0\) 的情况(同理 \(s_n-s_i=-1\)),这样我们把 \(b_j (j\in[i, n])\) 全都加上 \(sum\) 即可;
    • 还是找不到的话,那么说明无解,输出 -1。
  • \(sum<0\) 时,与上述相反操作即可。

code:

cpp 复制代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;

int n, a[N]; ll b[N], sum;
ll s[N];

inline void print(){
	puts("Yes");
	for(int i=1; i<=n; i++) printf("%lld ", b[i]);
}

int main(){
	// freopen("in.in", "r", stdin); freopen("out.out", "w", stdout);

	scanf("%d", &n);
	for(int i=1; i<=n; i++){
		scanf("%d", &a[i]);
		s[i] = s[i-1] + a[i];
		b[i] = i; sum += i * a[i];
	}

	if(sum == 0) print();
	else if(sum < 0){
		for(int i=n; i>=1; i--){
			if(s[n] - s[i-1] > 0){
				for(int j=i; j<=n; j++){
					b[j] += -sum;
				}
				print();
				return 0;
			}
		}
		for(int i=1; i<=n; i++){
			if(s[i] - s[0] < 0){
				for(int j=1; j<=i; j++){
					b[j] += sum;
				}
				print();return 0;
			}
		}
		puts("No");
	}
	else{
		for(int i=n; i>=1; i--){
			if(s[n] - s[i-1] < 0){
				for(int j=i; j<=n; j++)
					b[j] += sum;
				print();
				return 0;
			}
		}
		for(int i=1; i<=n; i++){
			if(s[i] - s[0] > 0){
				for(int j=1; j<=i; j++)
					b[j] -= sum;
				print();
				return 0;
			}
		}
		puts("No");
	}



	return 0;
}

Black and White

题意:

给你一颗树,边长均为1,初始所有点都是黑色,有以下两种操作:

  • C u 将点 \(u\) 的颜色反转,即黑变白,白变黑;
  • G 询问距离最远的两个黑点的距离;

对于每一个操作 G,输出一个整数,表示最远的两个黑点的距离。

还不会...