[考試總結]ZROI-21-NOIP衝刺-TEST6 總結
阿新 • • 發佈：2021-10-26
ZROI-21-NOIP衝刺-TEST6 總結
莫要問 TEST5 去哪了，他有 4 道巨大惡心的計數題，補不動了QwQ
#T1 夏令營
#題意簡述
給定 \(n(n\leq3\times10^5)\) 個區間，每個區間有價值 \(h_i(1\leq3\times10^5)\)，每個點 \(i(i\in[1,D])\) 只能選最多 \(k\) 個覆蓋該點的區間，問可到的價值和最大的點的最大價值和。
#大體思路
注意到我們只關注單點，且對於覆蓋資訊相同的點並沒有實際區別，於是我們可以考慮將原本的一個區間拆成兩個操作：加入和刪除。
現在考慮如何快速維護這兩個操作。注意到覆蓋每個點的的區間分為兩部分：包含在該點的答案裡的和候選的，如果我們按照時間順序維護這兩個操作，不難發現，當新加入一個區間時，如果這個區間的價值大於當前已選區間的最小者，那麼就把它加入答案，將最小者加入候選部分，否則直接加入候選；刪除時，如果在候選部分就直接刪，否則需要取出候選部分的最大值加入答案。
不難發現兩個 priority_queue 就可以完成上面所需的操作（對頂堆？），刪除時直接維護資訊進行懶刪除即可，每次修改只會進行 \(O(1)\) 級別的操作，於是單次修改的時間複雜度為 \(O(\log n)\)，總體時間複雜度為 \(O(n\log n)\).
#Code
#define ll long long #define pii pair <int, int> #define plli pair <long long, int> #define mp(a, b) make_pair(a, b) #define mset(l, x) memset(l, x, sizeof(l)) const int N = 500010; const int INF = 0x3fffffff; template <typename T> inline void read(T &x) { x = 0; int f = 1; char c = getchar(); for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f; for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0'; x *= f; } template <typename T> inline T Max(T a, T b) {return a > b ? a : b;} struct Activity { int id, l, r; ll x; inline bool operator < (const Activity &b) const {return x > b.x;} } a[N]; int T, n, d, k, q[N], siz, frt, tal, vis[N], st[N]; ll ans, sum; priority_queue <plli > pq, cand; vector <pii > qry[N]; inline bool cmp(Activity x, Activity y) {return x.l == y.l ? x.r < y.r : x.l < y.l;} inline void reset() { frt = 0, tal = -1; ans = 0; mset(vis, 0); mset(st, 0); while (pq.size()) pq.pop(); while (cand.size()) cand.pop(); siz = sum = 0; for (int i = 1; i <= d; ++ i) qry[i].clear(); } void insert(int x) { if (siz < k) { pq.push(mp(-a[x].x, x)); ++ siz; sum += a[x].x; st[x] = 1; } else { plli tmp = pq.top(); while (pq.size() && vis[tmp.second]) {pq.pop(); tmp = pq.top();} if (-tmp.first < a[x].x) { pq.pop(); cand.push(mp(-tmp.first, tmp.second)); sum += a[x].x + tmp.first; pq.push(mp(-a[x].x, x)); st[tmp.second] = 0, st[x] = 1; } else cand.push(mp(a[x].x, x)), st[x] = 0; } } void del(int x) { if (st[x] == 1) -- siz, sum -= a[x].x; vis[x] = 1, st[x] = 0; while (cand.size() && siz < k) { plli tmp = cand.top(); cand.pop(); if (vis[tmp.second]) continue; ++ siz, sum += tmp.first; st[tmp.second] = 1; pq.push(mp(-tmp.first, tmp.second)); } } int main() { read(T); for (int t = 1; t <= T; ++ t) { read(d); read(n); read(k); reset(); for (int i = 1; i <= n; ++ i) read(a[i].x), read(a[i].l), read(a[i].r); sort(a + 1, a + n + 1, cmp); for (int i = 1; i <= n; ++ i) a[i].id = i; for (int i = 1; i <= n; ++ i) { qry[a[i].l].push_back(mp(1, i)); qry[a[i].r + 1].push_back(mp(-1, i)); } for (int i = 1; i <= d; ++ i) { for (auto k : qry[i]) if (k.first == -1) del(k.second); else insert(k.second); ans = Max(sum, ans); } printf("Case #%d: %lld\n", t, ans); } return 0; }
#T2 遊戲
#題意簡述
給定有一個 \(2n(n\leq5\cdot10^5)\) 個點的環，同時給定 \(n\) 條額外的邊（沒有重複的端點），要求將整張圖的所有點染為兩種顏色，滿足沒有額外邊兩端顏色相同，在環上沒有連續的三個人顏色相同。給出構造方案，若無可行的構造方案，輸出 impossible。
#大體思路
先來你考慮環上的約束條件，我們只需要保證 1 與 2 不同，3 與 4 不同……\(2n-1\) 與 \(2n\) 不同即可，於是我們只把 \(2i\) 與 \(2i-1(1\leq i\leq n)\) 相連即可，再考慮額外的 \(n\) 條邊，發現每次最多也只會加入 \(2\)
#Code
const int N = 2000010;
const int INF = 0x3fffffff;
template <typename T> inline void read(T &x) {
x = 0; int f = 1; char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
x *= f;
}
struct Edge {int u, v, nxt;} e[N];
int n, head[N], ecnt(1), vis[N], col[N];
inline void add_edge(int u, int v) {
e[ecnt].u = u, e[ecnt].v = v;
e[ecnt].nxt = head[u], head[u] = ecnt ++;
}
void mark(int x, int c) {
col[x] = c, vis[x] = 1;
for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt)
if (!vis[e[i].v]) mark(e[i].v, c ^ 1);
}
int main() {
read(n);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
int u, v; read(u), read(v);
add_edge(u, v); add_edge(v, u);
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
add_edge((i << 1) - 1, i << 1);
add_edge(i << 1, (i << 1) - 1);
}
for (int i = 1; i <= n << 1; ++ i)
if (!vis[i]) mark(i, 0);
for (int i = 1; i <= n << 1; ++ i)
if (col[i]) putchar('X'); else putchar('Y');
return 0;
}
#T3 字串
#題意簡述
給定 \(n(n\leq100)\) 個字元在字串 \(S\) 中的出現次數 \(a_i(a_i\leq10^9)\)，要求將這些字元用 0/1 進行編碼，每個字元編碼的長度不超過 \(l(l\leq30)\)，問 \(S\) 在編碼後的最小長度。
#大體思路
因為編碼長度有限制，所以直接用哈夫曼樹是不行的（實際上因為資料過水可以過 QnQ），但是可以借鑑哈夫曼樹的思想，使用二叉樹進行編碼。
設 \(f_{i,j,k}\) 為當前處理了出現次數前 \(i\) 大的字元，在二叉樹的第 \(j\) 層，還剩 \(k\) 個結點可用時的最小長度和，容易發現具有轉移：
\[\begin{aligned} f_{i,j,k}&\to f_{i+1,j,k-1},\\ f_{i,j,k}&\to f_{i,j+1,k\times2}. \end{aligned} \]然後直接轉移即可，時間複雜度為 \(O(n^2l)\).
#Code
#define ll long long
#define mset(l, x) memset(l, x, sizeof(l))
const int N = 110;
const ll INF = 1e18;
template <typename T> inline void read(T &x) {
x = 0; int f = 1; char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
x *= f;
}
template <typename T> inline T Min(T a, T b) {return a < b ? a : b;}
ll n, l, a[N], ans, f[N][40][N];
int main() {
read(n), read(l);
while (n || l) {
for (int i = 1; i <= n; ++ i) read(a[i]);
auto cmp = [](int x, int y){return x > y;};
sort(a + 1, a + n + 1, cmp); mset(f, 0x3f);
f[0][1][2] = f[0][1][1] = 0; ans = INF;
for (int i = 0; i < n; ++ i)
for (int j = 1; j <= l; ++ j)
for (int k = 1; k <= Min(n, 1ll << j); ++ k)
if (f[i][j][k] < INF) {
f[i + 1][j][k - 1] = Min(f[i + 1][j][k - 1], f[i][j][k] + 1ll * a[i + 1] * j);
f[i][j + 1][k * 2] = Min(f[i][j + 1][k * 2], f[i][j][k]);
}
for (int i = 0; i <= l; ++ i)
for (int j = 0; j <= Min(n, 1ll << i); ++ j)
ans = Min(ans, f[n][i][j]);
printf("%lld\n", ans); read(n), read(l);
}
return 0;
}
#T4 金色飛賊
巨大惡心的計算幾何，暫且咕著。