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【题意】
有人写了一个最小点覆盖的贪心算法,然后,让你去hack它。
并且,要求这个算法得到的错误答案,是正确答案的三倍。
让你任意输出hack数据,点数<=500
【题解】
最小点覆盖->二分图?
程序中有这么一段
if (deg[i] >= mx) {
mx = deg[i];
u = i;
}也就是说,如果有多个度数最大的,它会选择标号最大的那一个。这就是我们构造出答案的基础。
我们可以把二分图的左右两个部分各加N个点.
然后右边的点依次标号为N+1,N+2..2*N,左边从1..N
1和N+1,2和N+2...N和2N各连一条边。
这样,两边的点的度数都是1.
会优先选择右边那N个点.
接下来,我们要把右边的点的个数扩大到3N,且让程序仍然会优先选择右边的点。
可以这样,我们在右边再加一个点2*N+1,这个时候,我们让这个点和左边的点1,2各连一条边.
这样的话,2*N+1,1,2这3个点的度数都变成2了.然后程序依然会优先选择2*N+1这个点,然后把它删掉.
且删掉之后,剩余的点还是会优先选择右边的点(又变成全是度数为1的了)
说明这样没问题,那么我们接着选。
再选一个2*N+2,然后还是在左边选择点3,4,还是各连一条边。这样,3,4,2*N+2的度数又都变成2了.还是会
优先选择2*N+2.
...
依次类推,我们可以新加上一些点x,在左边连i个点,使得x的度数为i.
新加度数为i的点可以加N/i个;
选择N=50,就足够在右边造出3*N的点了。
【错的次数】
0
【反思】
最小点覆盖,应该早点想到二分图这个东西的。
要仔细阅读题目信息啊。
那个相同度数选最大的点的信息就很重要啊。
凭什么相同,你就选择最大的?这就是一个hack点.
【代码】
/*
*/
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <set>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <bitset>
using namespace std;
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define LL long long
#define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++)
#define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--)
#define mp make_pair
#define pb emplace_back
#define fi first
#define se second
#define ld long double
#define ms(x,y) memset(x,y,sizeof x)
#define ri(x) scanf("%d",&x)
#define rl(x) scanf("%lld",&x)
#define rs(x) scanf("%s",x)
#define rf(x) scnaf("%lf",&x)
#define oi(x) printf("%d",x)
#define ol(x) printf("%lld",x)
#define oc putchar(' ')
#define os(x) printf(x)
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define Open() freopen("F:\rush.txt","r",stdin)
#define Close() ios::sync_with_stdio(0)
#define sz(x) ((int) x.size())
#define ld long double
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pll;
//mt19937 myrand(time(0));
//int get_rand(int n){return myrand()%n + 1;}
const int dx[9] = {0,1,-1,0,0,-1,-1,1,1};
const int dy[9] = {0,0,0,-1,1,-1,1,-1,1};
const double pi = acos(-1.0);
const int N = 50;
//const int X = 150;
vector <pii> v;
int r = N;
int main(){
//Open();
//Close();
rep1(i,1,N) {
r++;
v.pb(mp(i,r));//两边之间各建一条边. 度数为1
}
rep1(d,2,N){//新加的点要建d条边到不同的点,这样这3个点度数都为d
rep1(i,1,N/d){//一共能新建N/d个点
r++;
rep1(j,(i-1)*d+1,i*d)//和对应的范围分别连边
v.pb(mp(j,r));
}
rep1(i,d*(N/d)+1,N) v.pb(mp(i,r));//后面会剩一部分,全都和r连上
}
oi(r),oc,oi(sz(v)),puts("");//输出n和m 边数没限制的,点数OK就行
rep1(i,0,sz(v)-1)//按顺序输出每条边
oi(v[i].fi),oc,oi(v[i].se),puts("");
oi(N),puts("");//输出最小点覆盖
rep1(i,1,N)
oi(i),puts("");
return 0;
}