NOIP模拟测试26「嚎叫响彻在贪婪的机房·主仆见证了 Hobo 的离别·征途堆积出友情的永恒」

题目比较神仙，注意是题目神仙

贪婪暗示贪心，堆积暗示堆优化$\%\%\%\%\%\%\%$

两个乱搞$+$一个堆优化$dp$

嚎叫响彻在贪婪的机房

题解

对于一个序列来说只要他们差的$gcd$不为$1$就可以构成等差数列

例如

$2$    $4$     $16$

$2$与$4$差$2$ $4$与$16$差$12$ 

$gcd(2,12)!=1$故构成等差序列

那么我们维护公差,然后每次的差和当前公差比较,若$gcd==1$则等差数列从这里断开,否则将公差置成$gcd$

举个例子

$2$     $8$    $14$      $16$     $18$      $20$

$2$     $8$    $14$构成公差为$6$等差数列,之后$16$     $18$      $20$构成公差为$2$等差序列

显然我们可以让他们合并为公差为$2$等差序列

注意判重,判差为$1$,

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 1111111
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 x*f;
}
set<ll> st;
set<ll> ::iterator it;
ll n,m,d=0,ans=0;
ll a[A];
void  cl(ll x){
    st.clear();
    d=0;
    ans++;
    st.insert(a[x]);
}
ll gcd(ll x,ll y){
    if(y==0) return x;
    return gcd(y,x%y);
}
int main(){
    n=read();
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        a[i]=read();
    }
    cl(1);
    for(ll i=2;i<=n;i++){
        if((it=st.find(a[i]))!=st.end()) {
//        printf("i=-%lld
",i);
            cl(i);
            continue;
        }
        if(abs(a[i]-a[i-1])==1||a[i]==a[i-1]){
            cl(i);
            continue;
        }
//        printf("d=%lld
",d);
        if(d==0){
            st.insert(a[i]);
            d=abs(a[i]-a[i-1]);
        }
        else {
            ll g=gcd(d,abs(a[i]-a[i-1]));
//            printf("g=%lld d=%lld abs=%lld
",g,d,abs(a[i]-a[i-1]));
            if(g==1||g==0){
                cl(i);
            }
            else {
                st.insert(a[i]);
                d=g;
            }
        }
    }
    printf("%lld
",ans);
}

主仆见证了 Hobo 的离别

题解

建边,建立包含关系的树,例如$1,2$交集为$3$那么$1$包含$3$,$2$包含$3$

再例如$1,2$并集为$3$那么$3$包含$1$,$3$包含$2$

询问$x$,$y$所属关系就从$y$开始$dfs$若找到$x$即符合

暴力就是正解

让我们分析一下复杂度

题目中说

新元件的编号等于融合之前元件的总个数加一。当然，参与融合的 K个元件融合之后依然存在，并且每个元件至多参与一次融合。

数据范围

极限情况下肯定就是分开连边

那么$250000$个分开连边,产生$125000$,然后下一层产生$62500$再下一层.....

显然是$log$的最终是$18$层

而且我们建出来树是下图这样的从一点往下搜

所以极限复杂度$18*250000$可过

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 1111111
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 x*f;
}
ll n,m,cnt,ok,tot=0;
ll some[A],fa[A],nxt[A],ver[A],head[A];
ll find(ll x){
    if(fa[x]!=x){
        fa[x]=find(fa[x]);
    }
    return fa[x];
}
void haha(){
    for(ll i=1;i<=500000;i++){
        fa[i]=i;
    }
}
void merge(ll x,ll y){
    x=find(x),y=find(y);
    if(x!=y) fa[x]=y;
}
void add(ll x,ll y){
//    printf("x=%lld y=%lld
",x,y);
    nxt[++tot]=head[x],head[x]=tot,ver[tot]=y;
}
void dfs(ll x,ll pre,ll ineed){
    if(x==ineed) ok=1;
    if(ok) return ;
    for(ll i=head[x];i;i=nxt[i]){
        ll y=ver[i];
        if(y==pre) continue;
        dfs(y,x,ineed);
    }
}
/*ll ithave[A],beihave[A];
ll getithave(ll x){
    if(ithave[x]!=x){
        ithave[x]=getithave(ithave[x]);
    }
    return ithave[x];
}
void mergeit(ll x,ll y){
    x=getithave(x);
    y=getithave(y);
    if(ithave[x]!=ithave[y]){
        ithave[x]=y;
    }
}
ll getbeihave(ll x){
    if(beihave[x]!=x){
        beihave[x]=getbeihave(beihave[x]);
    }
    return beihave[x];
}
void mergebei(ll x,ll y){
    x=getbeihave(x);
    y=getbeihave(y);
    if(beihave[x]!=beihave[y]){
        beihave[x]=y;
    }
}*/
int main(){
    n=read(),m=read();
    cnt=n;
    for(ll i=1,opt,ques,k,QwQ;i<=m;i++){
        ques=read();
        if(ques==0){
            opt=read(),k=read();
            cnt++;
            if(opt==1){
                for(ll j=1;j<=k;j++){
                    QwQ=read();
                    //1属于2 1--->2
                    add(cnt,QwQ);
                    if(k==1)
                        add(QwQ,cnt);
                }
            }
            else {
                for(ll j=1;j<=k;j++){
                    QwQ=read();
                    add(QwQ,cnt);
                    if(k==1)
                        add(cnt,QwQ);
                }
            }
        }
        else{
            ok=0;
            ques=read(),QwQ=read();
            dfs(QwQ,0,ques);
            printf("%lld
",ok);
        }
    }
}

征途堆积出友情的永恒

题解

 首先普通dp应该都会吧

$f[i]=min(f[j]+max(sum[i]-sum[j],b[j]))$

    for(ll i=1;i<=n;i++){
        for(ll j=max(i-k,0ll);j<=i-1;j++){
            ll fee=max(sum[i]-sum[j],a[j]);
            f[i]=min(f[j]+fee,f[i]);
        }
    }

怎么优化,

线段树或者堆

思考sum[i]变化很烦,线段树很难维护(然而Mr_zkt维护出来了$%%%$)我没打线段树

用堆维护我们需要寻找不变量显然$f[j]+b[j]$和$f[j]-sum[j]$是不变量

开两个小根堆,一个维护$min(f[j]+b[j])$一个维护$f[j]-sum[j]$

转移时$min(q1.top(),q2.top+sum[i])$

细节稍多

• $STL$的各种$empty$往上仍,
• 判断是否可以转移(<=k)限制
• 在$f[j]+b[j]$$<$$f[j]-sum[j]+sum[i]$时第一个堆不合法,第一个堆扔到第二个堆

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 1010101
ll f[A],a[A],sum[A],b[A];
ll n,k,minn;
struct node{
    ll id,val;
    friend bool operator < (const node &a,const node &b){
        return a.val>b.val;
    }
};
priority_queue<node> q1,q2;
//q1用来存f+b q2存 f-s
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;
}
void work(){
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    f[0]=0;
    node o;
    o.id=0,o.val=b[0];
    q1.push(o);
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        node x1,x2;
        while(!q1.empty()){
            x1=q1.top();
            if(x1.id>=i-k) break;
            q1.pop();
        }
        while(!q2.empty()){
            x2=q2.top();
            if(x2.id>=i-k) break;
            q2.pop();
        }
        while(!q1.empty()){
            x1=q1.top();
            if(x1.val>=f[x1.id]-sum[x1.id]+sum[i]) break;
//            printf("feifa
");
//            printf("x1.val=%lld id=%lld f-s=%lld
",x1.val,x1.id,f[x1.id]-sum[x1.id]+sum[i]);
            q1.pop();
            node x3;
            x3.id=x1.id,x3.val=f[x1.id]-sum[x1.id];
            q2.push(x3);
        }
        while(!q1.empty()){
            x1=q1.top();
            if(x1.id>=i-k) break;
            q1.pop();
        }
        while(!q2.empty()){
            x2=q2.top();
            if(x2.id>=i-k) break;
            q2.pop();
        }
//        printf("q1.top id=%lld val=%lld 2=%lld %lld
",x1.id,x1.val,x2.id,x2.val);
        //f[i]=min(x1.val,x2.val+sum[i]);
        if(!q1.empty())f[i]=min(0x7ffffffffff,q1.top().val);
        if(!q2.empty())f[i]=min(0x7ffffffffff,q2.top().val+sum[i]);
//        printf("f[%lld]=%lld
",i,f[i]);
        x1.id=i,x1.val=f[i]+b[i];
        q1.push(x1);
    }
}
int main(){
    n=read(),k=read();
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        sum[i]=read();
        sum[i]+=sum[i-1];
    }
    for(ll i=0;i<n;i++){
        b[i]=read();
    }
    work();
    printf("%lld
",f[n]);
}