NOIP模拟测试19「count·dinner·chess」

反思:

我考得最炸的一次

怎么说呢?简单的两个题0分,稍难(我还不敢说难,肯定又有人喷我)42分

前10分钟看T1,不会,觉得不可做,完全不可做,把它跳了

最后10分钟看T1,发现一个有点用的性质,仍然认为不可实现

0分

所以T1是什么样的难题呢

即使暴力也有60分,但我楞没想出来暴力怎么打

然后我就挂掉了

 t2又是什么样难题

大多数人秒切一个小时切两道,

但这次考试给了我很大启迪,也正是这次考试我才开始使劲刚T1

其实大多数T1都是比较简单的,并没有想象中那么难,这次考试对我来说意义很大

(就在模拟测试21我也认为T1很难坚持刚其实T1还是很简单的)

count

题解

一共有多少种方案可以把这棵树分成大小相同的几块

题干简洁明了,

性质:我们如果能分成大小相同全为$size$大小的几块,那么只有一种方案分成大小全为$size$

有了这条性质我们就可以愉快的打了

枚举所有n的约数打了就$AC$了(还有不要暴力枚举约数,先根号n求一下约数)

实现,假设当前我们发现这个子树累计$size$达到了约数就剪掉这个枝条

若减不掉就累加到父亲上,如果父亲减不掉且$size$已经比当前枚举约数大了,那么当前方案不可行,否则方案$++$

例如我们枚举约数3,我们在3减不掉,5减不掉,累加到2,2判断size大了所以不可行

bool dfs(ll x,ll pre,ll num){
    sz[x]=1;
    for(ll i=head[x];i;i=nxt[i]){
        ll y=ver[i];
        if(y==pre) continue;
        if(!dfs(y,x,num)) return 0;
        sz[x]+=sz[y];
        if(sz[x]>num) return 0;
    }
//    printf("sz=%lld  
",sz[x]);
    if(sz[x]==num) sz[x]=0;
    return 1;
}

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll int
#define A 2999989
ll sz[A],ver[A],nxt[A],head[A];
ll ans=2,tot=1,n,m;
vector<ll> woshishabi;
void add(ll x,ll y){
    ver[++tot]=y,nxt[tot]=head[x],head[x]=tot;
}
inline ll read(){
    ll x=0,f=1;char c=getchar();
    while(!isdigit(c)){
        if(c=='-')
            f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(isdigit(c)){
        x=x*10+c-'0';
        c=getchar();
    }
    return f*x;
}
bool dfs(ll x,ll pre,ll num){
    sz[x]=1;
    for(ll i=head[x];i;i=nxt[i]){
        ll y=ver[i];
        if(y==pre) continue;
        if(!dfs(y,x,num)) return 0;
        sz[x]+=sz[y];
        if(sz[x]>num) return 0;
    }
//    printf("sz=%lld  
",sz[x]);
    if(sz[x]==num) sz[x]=0;
    return 1;
}
int main(){
    n=read();
    for(ll i=1,a,b;i<n;i++){
        a=read(),b=read();
        add(a,b);add(b,a);
    }
    for(ll i=2;i<=sqrt(n);i++){
        if(n%i==0){
            if(i*i==n) woshishabi.push_back(i);
            else
                woshishabi.push_back(i),woshishabi.push_back(n/i);
        }
    }
    for(ll i=0;i<woshishabi.size();i++){
        if(dfs(1,0,woshishabi[i])){
            ans++;
        }
//        printf("=%lld ans=%lld
",woshishabi[i],ans);
    }
    cout<<ans<<endl;
}

dinner

题解

不错的题意转化

分成个数最少的环,每个环总权值最大的最小

最大的最小??

二分答案

一个很好的二分答案题,让我明白了我们枚举其实可以拿分块优化一下

暴力应该都会打吧

枚举圈的数量,这里讲一下$check$

我采取的是首先找到一个圈,找到最左可以到达的值,以及到达最左后到达右面节点,这已经$1$个圈了

每次枚举剩下的值,若当前符合直接返回,不符合最左指针$++$,右面指针跟着移动,进行操作知道最左达到$n+1$

这样一般过不了(然而我暴力$nian$标算了)我打法玄学

    while(now<=tim){
        tl--;
        now+=a[tl];
    }
    now-=a[tl],tl++;
    while(now<=tim){
        tr++;
        now+=a[tr];
    }
    now-=a[tr],tr--;
    //一个完美的闭合回路
    while(tl!=n+2)
    {
        cnt=2;tot=0;
//        printf("tl=%lld tr=%lld 
",tl,tr);
        //除了当前满足的tl,tr之外的圈的另一半
        for(LL j=tr+1;j<=tl+n-1;j++)
        {
            if(tot>tim)tot=a[j],cnt++;
            if(cnt>m){cnt=m+10;break;}
        }
//        printf("cnt=%lld
",cnt);
        if(cnt<=m)return 1;
        now-=a[tl];tl++;
        while(now<=tim){
            tr++;
            now+=a[tr];
        }
        now-=a[tr],tr--;
    }
    return 0;
}

主要讲剪枝

就一句话特别简单

            if(j+t<=tl+n-1&&sum[j+t]-sum[j-1]+tot<=tim){tot+=(sum[j+t]-sum[j-1]);j+=t;continue;}

能t加就加t,一句小的剪枝让你从$T60$分到$100$分,从$3000$-->$200$(虽然我暴力跑了$100$)

方法简单,

一定要掌握这种思想

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define A 1010101
LL a[A],sum[A];
LL n,m,ans,avg,mx=-1,t;
LL check(LL tim){
    LL now=0,tl=n+1,tr=n+1,tot,cnt=0;
    now=a[n+1];
//    printf("now=%lld
",now);
    while(now<=tim){
        tl--;
        now+=a[tl];
    }
    now-=a[tl],tl++;
    while(now<=tim){
        tr++;
        now+=a[tr];
    }
    now-=a[tr],tr--;
    //一个完美的闭合回路
    while(tl!=n+2)
    {
        cnt=2;tot=0;
//        printf("tl=%lld tr=%lld 
",tl,tr);
        //除了当前满足的tl,tr之外的圈的另一半
        for(LL j=tr+1;j<=tl+n-1;j++)
        {
            if(j+t<=tl+n-1&&sum[j+t]-sum[j-1]+tot<=tim){tot+=(sum[j+t]-sum[j-1]);j+=t;continue;}
            tot+=a[j];
            if(tot>tim)tot=a[j],cnt++;
            if(cnt>m){cnt=m+10;break;}
        }
//        printf("cnt=%lld
",cnt);
        if(cnt<=m)return 1;
        now-=a[tl];tl++;
        while(now<=tim){
            tr++;
            now+=a[tr];
        }
        now-=a[tr],tr--;
    }
    return 0;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    t=sqrt(n);
    for(LL i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
        a[i+n]=a[i];
        mx=max(mx,a[i]);
    }for(LL i=1;i<=2*n;i++)
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    LL l=mx,r=sum[n];
    while(l<=r){
        LL mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid)) r=mid-1,ans=mid;
        else l=mid+1;
    }
    printf("%lld
",ans);
}

chess

题解

知道了正解也难以实现打了$4$个小时,我最后还是颓了标程,然而刚看$10$秒就明白怎么做并用$10$分钟$AC$

首先我们要掌握一种科技最短路计数

然而敌军不能对方案造成影响,考虑缩边

那么题解中说缩边缩边,怎么缩啊

我尝试跑两遍$spfa$(伪缩边)然而只有$20$分

尝试$tarjan$(伪缩边)然而只有$0$分

尝试对拍小点全对,大点全错

好难实现,考虑每个点$dfs?$

能过?,能过最多每个点搜每个点一遍善用复杂度分析$2500^2$

那么$dfs$搜些什么,

既然敌军不能对方案造成影响,遇到敌军往下搜但不建边,遇到空格return并且建边

建单向边,这样我们就缩边了

很巧妙不是吗?

注意答案可能很大开0x7ffffffffffffffffffff

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 51000
ll head[A],nxt[A],ver[A],way[A],dis[A],G[51][51],mzz[51][51];
ll F[58][58];
ll qix,qiy,zhongx,zhongy;
bool flag[A];
ll tot=0,n,m;
ll id(ll x,ll y){
    return (x-1)*m+y;
}
void jb(ll x,ll y){//建边
//    printf("jbjbjbjbx=%lld y=%lld
",x,y);
    nxt[++tot]=head[x],head[x]=tot,ver[tot]=y;
}
const ll nowx[9]={0,2,2,1,-1,-2,-2,1,-1};
const ll nowy[9]={0,1,-1,2,2,1,-1,-2,-2};
void dfs(ll root,ll x,ll y){
    G[x][y]=1;
//    printf("x=%lld y=%lld
",x,y);
    for(ll i=1;i<=8;i++){
        ll x1=nowx[i]+x,y1=nowy[i]+y;
//        printf("x=%lld y=%lld x1=%lld y1=%lld
",x,y,x1,y1);
        if(x1<1||x1>n||y1<1||y1>m||G[x1][y1]) continue;
        if(F[x1][y1]==1)
            dfs(root,x1,y1);
        else 
            G[x1][y1]=1,jb(root,mzz[x1][y1]);
    }
}
/*void spfa(ll w){
    deque<ll>q;
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    memset(flag,0,sizeof(flag));
    dis[w]=0;
    q.push_back(w);
    while(!q.empty()){
        ll x=q.front();
        q.pop_front();
        flag[x]=0;
        for(ll i=head[x];i;i=nxt[i]){
            ll y=ver[i];
            if(dis[y]>dis[x]+edge[i]){
                if(edge[i]==0)
                    choose[y]=x;
                dis[y]=dis[x]+edge[i];    
//                printf("x=%lld y=%lld dx=%lld dy=%lld
",x,y,dis[x],dis[y]);
//                if(x==59||y==59){
//                    printf("***********
");
//                }
                if(!flag[y]){
                    q.push_back(y);
                    flag[y]=1;
                }
            }
        }
    }
}*/
void spfa2(ll w){
    deque<ll>q;
    memset(dis,0x7f,sizeof(dis));
    memset(flag,0,sizeof(flag));
    dis[w]=0;
    q.push_back(w);
    while(!q.empty()){
        ll x=q.front();
        q.pop_front();
        flag[x]=0;
//        printf("x=%lld
",x);
        for(ll i=head[x];i;i=nxt[i]){
            ll y=ver[i];
            if(dis[y]>dis[x]+1){
                way[y]=way[x];
                dis[y]=dis[x]+1;
                if(!flag[y]){
                    q.push_back(y);
                    flag[y]=1;
                }
            }
            else if(dis[y]==dis[x]+1){
                way[y]+=way[x];
            }
        }
        
    }
}
int main(){

    scanf("%lld%lld",&n,&m);    
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        for(ll j=1;j<=m;j++){
            mzz[i][j]=id(i,j);
//            printf("mzz[%lld][%lld]=%lld
",i,j,mzz[i][j]);
        }
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        for(ll j=1;j<=m;j++){
            scanf("%lld",&F[i][j]);            
            if(F[i][j]==3)
                qix=i,qiy=j;
            else if(F[i][j]==4)
                zhongx=i,zhongy=j;
        }
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        for(ll j=1;j<=m;j++){
            if(F[i][j]==0||F[i][j]==3){
                memset(G,0,sizeof(G));
                dfs(mzz[i][j],i,j);
            }
        }        
/*    for(ll i=1;i<=n;i++)
        for(ll j=1;j<=m;j++){        
            if(F[i][j]==2) continue;
            for(ll k=1;k<=8;k++){
                ll x1=i+nowx[k],y1=j+nowy[k];
                ll idpre=id(i,j),idnow=id(x1,y1);
                if(x1<1||x1>n||y1<1||y1>m) continue;
                if(F[x1][y1]==2) continue;
                if(!G[idpre][idnow]){
                    if(F[x1][y1]==1||F[x1][y1]==4)
                        jb(idpre,idnow,0),G[idpre][idnow]=1;
                    else
                        jb(idpre,idnow,1),G[idpre][idnow]=1;
                }
            }
            if(F[i][j]==3)
                qix=i,qiy=j;
            else if(F[i][j]==4)
                zhongx=i,zhongy=j;
    }
*/    way[mzz[qix][qiy]]=1;
//    printf("%lld
%lld
",dis[id(zhongx,zhongy)],way[id(zhongx,zhongy)]);
    spfa2(mzz[qix][qiy]);
    if(dis[mzz[zhongx][zhongy]]>1e8) printf("-1
");
    else
    printf("%lld
%lld
",dis[mzz[zhongx][zhongy]]-1,way[mzz[zhongx][zhongy]]);
}