582div3 G. Path Queries
题意
给定一颗 n n n个点的加权树，以及 m m m次询问，每次询问输出存在简单路径中边权不大于 x x x的顶点对数
( 1 ≤ n , m ≤ 2 ⋅ 10 5 1 \le n, m \le 2 \cdot 10^5 1≤n,m≤2⋅105 )------树中的顶点数和查询数。 x ≤ 2 ⋅ 10 5 x \le 2\cdot10^5 x≤2⋅105
思路
可以发现 x x x越大则满足的点对数越多，所以考虑离线按 x x x从小到大处理，每次将所有边权小于 x x x的边加入，使用并查集维护互相可达的顶点数即可
代码
c
#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define inf 1e9
#define INF 1e18
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define all0(a) a.begin(),a.end()
#define lowbit(a) (a&-a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define yes cout<<"YES"<<endl
#define no cout<<"NO"<<endl
using namespace std;
const double eps=1e-6;
typedef pair<int,int>PII;
typedef array<int,3>PIII;
mt19937_64 rnd(time(0));
const int N=2e5+10;
struct edge{
int u,v,w;
bool operator <(const edge&t)const
{
return w<t.w;
}
};
struct query{
int x,id;
bool operator <(const query&t)const
{
return x<t.x;
}
};
int p[N];
int siz[N];
int find(int x)
{
if(x!=p[x]) p[x]=find(p[x]);
return p[x];
}
void merge(int x,int y)
{
x=find(x);
y=find(y);
if(x!=y)
{
p[x]=y;
siz[y]+=siz[x];
}
}
void solve()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) {p[i]=i;siz[i]=1;}
vector<edge>e(n);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
e[i]={a,b,c};
}
sort(all(e));
vector<query>q(m+1);
for(int i=1;i<=m;i++) {cin>>q[i].x;q[i].id=i;}
sort(all(q));
vector<ll>ans(m+1);
ll res=0;
int j=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
while(j<n && e[j].w<=q[i].x)
{
int u=e[j].u;
int v=e[j].v;
u=find(u);
v=find(v);
if(u!=v)
{
res+=1ll*siz[u]*siz[v];
merge(u,v);
}
j++;
}
ans[q[i].id]=res;
}
for(int i=1;i<=m;i++) cout<<ans[i]<<" ";
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
solve();
return 0;
}516div1 B. Labyrinth
题意
在一个迷宫中，上下移动不受限制，但左右移动次数最多为 x , y x,y x,y，求最多可到达的单元格数
思路
一开始四维枚举所有状态，不出所料的t了，其实是 01 B F S 01 BFS 01BFS板子题，对于边权为 0 0 0的操作(上下移动)将其加到队头，边权为1(左右移动)则加入到队尾即可，因为这样保证一定是距离短的点先到
代码
c
#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define inf 1e9
#define INF 1e18
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define all0(a) a.begin(),a.end()
#define lowbit(a) (a&-a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define yes cout<<"YES"<<endl
#define no cout<<"NO"<<endl
using namespace std;
const double eps=1e-6;
typedef pair<int,int>PII;
typedef array<int,3>PIII;
mt19937_64 rnd(time(0));
int dx[]={0,1,0,-1};
int dy[]={-1,0,1,0};
void solve()
{
int n,m,r,c,x,y;
cin>>n>>m>>r>>c>>x>>y;
vector<vector<char>>g(n+1,vector<char>(m+1));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++) cin>>g[i][j];
}
deque<array<int,4>>q;
vector<vector<int>>vis(n+1,vector<int>(m+1));
q.push_back({r,c,x,y});
int ans=0;
while(!q.empty())
{
auto [x,y,ra,rb]=q.front();
q.pop_front();
if(vis[x][y] || ra<0 || rb<0)continue;
vis[x][y]=1;
ans++;
for(int i=0;i<4;i++)
{
int a=x+dx[i];
int b=y+dy[i];
if(a<1 || a>n || b<1 || b>m) continue;
if(vis[a][b]) continue;
if(g[a][b]=='*') continue;
if(i==1 || i==3) {q.push_front({a,b,ra,rb});continue;}
if(i==0) {q.push_back({a,b,ra-1,rb});continue;}
if(i==2) q.push_back({a,b,ra,rb-1});
}
}
cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
solve();
return 0;
}div1 599 B. 0-1 MST
题意
给定 n n n个点的完全图 n ≤ 10 5 n \leq 10^5 n≤105,以及 m m m条边，除了这 m m m条边的边权为1，其余边的边权都为0,求最小生成树边权
思路
因为是完全图，直接建图跑最小生成树显然不可取，不难发现答案其实为补图的连通块个数-1，因为补图的边权都为0，我们跑出补图的连通块个数即可(时间复杂度有点妙？)
代码
c
#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define inf 1e9
#define INF 1e18
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define all0(a) a.begin(),a.end()
#define lowbit(a) (a&-a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define yes cout<<"YES"<<endl
#define no cout<<"NO"<<endl
using namespace std;
const double eps=1e-6;
typedef pair<int,int>PII;
typedef array<int,3>PIII;
mt19937_64 rnd(time(0));
const int N=1e5+10;
set<int>e[N];
void solve()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
set<int>s;
for(int i=1;i<=n;i++) s.insert(i);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
e[a].insert(b);
e[b].insert(a);
}
int ans=0;
auto dfs=[&](auto &&dfs,int u)->void
{
vector<int>v;
for(auto t:s)
{
if(!e[t].count(u)) v.pb(t);//补图的点
}
for(auto t:v) s.erase(t);
for(auto t:v) dfs(dfs,t);
};
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(s.count(i)) {ans++;dfs(dfs,i);}
}
cout<<ans-1<<endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
solve();
return 0;
}div3 656 E. Directing Edges
题意
给定 n n n个点的图，包含有向边和无向边，你需要把所有无向边指定方向，使得图是一个有向无环图
思路
要使图中无环，则需要基于拓扑序来定向，即让拓扑序较小的边指向拓扑序较大的边即可，注意拓扑排序一定包含所有点，所以我们用有向图跑拓扑排序得到拓扑序列之后，根据拓扑序定向即可
代码
c
#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define inf 1e9
#define INF 1e18
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define all0(a) a.begin(),a.end()
#define lowbit(a) (a&-a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define yes cout<<"YES"<<endl
#define no cout<<"NO"<<endl
using namespace std;
const double eps=1e-6;
typedef pair<int,int>PII;
typedef array<int,3>PIII;
mt19937_64 rnd(time(0));
const int N=2e5+10;
vector<int>e[N];
void solve()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) e[i].clear();
vector<int>din(n+1);
vector<int>U(m+1),V(m+1);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
if(a) e[b].pb(c);
U[i]=b;
V[i]=c;
}
vector<int>top;//top序列
auto topsort=[&]()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(auto ed:e[i]) din[ed]++;
}
queue<int>q;
for(int i=1;i<=n;i++) if(!din[i]) q.push(i);
while(!q.empty())
{
auto t=q.front();
q.pop();
top.pb(t);
for(auto ed:e[t])
{
din[ed]--;
if(!din[ed]) q.push(ed);
}
}
return top.size()==n;
};
if(topsort())
{
yes;
vector<int>rk(n+1);
for(int i=0;i<n;i++) rk[top[i]]=i;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(rk[U[i]]>rk[V[i]]) swap(U[i],V[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++) cout<<U[i]<<" "<<V[i]<<endl;
}
else no;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
int t;cin>>t;
while(t--)
solve();
return 0;
}