NOIP2017模擬賽(10) 總結

阿新 • • 發佈：2019-01-17

前言：第三題出奇的難，第二題讓我覺得出奇的不可做。。。

a 機密資訊

題目描述

FJ有個很奇怪的習慣，他把他所有的機密資訊都存放在一個叫機密盤的磁碟分割槽裡，然而這個機密盤中卻沒有一個檔案，那他是怎麼存放資訊呢？聰明的你一定想到了，FJ的資訊都是以資料夾名稱的形式儲存的。FJ給機密盤中的每一個資料夾都編了號，而FJ的機密資訊是由S資料夾轉到T資料夾的過程中必須經過的資料夾名稱組合而成的，由於FJ的磁碟很慢，開啟每個資料夾所耗費的時間等於該資料夾內下一級資料夾的數量。這次的任務是，給出每個資料夾的編號、名稱以及它的父目錄的編號和隱藏了FJ機密資訊的起始資料夾編號和終點資料夾編號，你要計算出來的是FJ機密資訊的長度以及尋找這個機密資訊所需要的總時間。假設你一開始就在起始資料夾位置，此時耗費的時間為0；你每開啟一個資料夾，能夠知道的資料夾名除了當前這個資料夾名之外，還有該資料夾內下一級的資料夾名。

輸入格式

輸入檔案的第一行為3個整數n、s、t，分別代表資料夾的個數、起始資料夾編號、終點資料夾編號，接下來n行，每行有2個整數i、pi和一個長度不超過255的字串si（不包含空格）,用空格分開，pi是i號資料夾的父目錄編號（為0時表示該資料夾為根目錄下的一級資料夾），si是i號資料夾的名稱。

輸出格式

輸出檔案共2行，第一行是FJ的機密資訊的長度，第二行是所消耗的時間。

輸入樣例

6 1 5
1 2 Lo
2 3 ra
3 0 .
4 3 bi
5 4 t
6 5 .COM

輸出樣例

8
4

3<=n<=10000，1<=i<=n，0<=pi<=n，保證一定有解。

這裡寫圖片描述

解題思路(LCA)

本題又是一題送分題，但不少人沒理解題目，變成了送命題。
很容易發現我們只要隨便搜尋或模擬一下就可以出解了。然而考場上的naive的我一開始以為是多組資料，然後就寫了個倍增求LCA，後面就懶得改了，實際上只有一組資料，這樣更慢，不如其他人直接一步一步模擬LCA。
然後這麼水的題目有什麼坑點呢？

題目意思說得很不清楚，導致很多人被坑。
①s資料夾已經打開了，不算它的時間。
②從下面開啟t，是要算t的時間的，否則不算。

程式碼

#include <iostream> 

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define N 10010

using namespace std;

int n, s, t, cur = -1, head_p[N], q[N], dep[N], f[20][N];
int C[N], child[N], path[N];
struct Tadj{int next, obj;} Edg[N];
char ch[300];

void Insert(int a, int b){
    cur ++;
    Edg[cur].next = head_p[a];
    Edg[cur].obj = b;
    head_p[a] = cur;
}

void ycl(){
    int head = 0, tail = 0;
    q[0] = 0;
    dep[0] = 1;
    f[0][0] = 0;
    while(head <= tail){
      int now = q[head++];
      for(int i = head_p[now]; ~ i; i = Edg[i].next){
        int v = Edg[i].obj;
        q[++tail] = v;
        f[0][v] = now;
        dep[v] = dep[now] + 1;
        child[v] += child[now];
        path[v] += path[now];
      }
    }

    for(int i = 1; i <= 18; i++)
     for(int j = 0; j <= n; j++)
       f[i][j] = f[i-1][f[i-1][j]];
}

int LCA(int x, int y){
    if(dep[x] > dep[y])  swap(x, y);
    for(int i = 18; i >= 0; i--)
      if(dep[f[i][y]] >= dep[x])  y = f[i][y];
    if(x == y)  return x;
    for(int i = 18; i >= 0; i--)
      if(f[i][x] != f[i][y]){
        x = f[i][x];
        y = f[i][y];
      }
    return f[0][x];
}

int main(){

    freopen("a.in", "r", stdin);
    freopen("a.out", "w", stdout);

    scanf("%d%d%d", &n, &s, &t);

    for(int i = 0; i <= n; i++)  head_p[i] = -1;

    int a, b, c;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
      scanf("%d%d%s", &a, &b, &ch);
      c = strlen(ch);
      path[a] = c;
      child[b] ++;
      C[b] ++;
      Insert(b, a);
    }

    ycl();

    int stop = LCA(s, t), temp = (stop == t) ? t : f[0][t];
    int Ans1 = path[s] + path[t] - path[stop] - path[f[0][stop]];
    int Ans2 = child[s] + child[temp] - child[stop] - child[f[0][stop]] - C[s];

    printf("%d\n%d\n", Ans1, Ans2);

    return 0;
}

b 路由器

題目描述

Farmer John 最近買了些新電腦，它向為奶牛們提供上網的機會，但是上網需要路由器，FJ想盡量少買路由器。FJ 有N個 (1 <= N <= 100,000)(編號為1..N)個農場，由 N-1 條長度是1的邊連線起來，沒有環. FJ 可以決定把路由器放在哪些農場. 每個農場只有長度為 K (0 <= K <= 10)的網線，該農場可以連線到距離小於等於K的路由器. 路由器本身已經可以連線到互連網，可以被放置到任意的農場.
FJ至少要買多少個路由器，才能讓每個農場都能上網？農場想要上網的話，至少要連線到一個包含路由器的農場.

輸入格式

第1行:兩個整數: N 和 K
第 2..N行: 每行兩個整數，表示兩個農場之間有長度為1的邊.

輸出格式

第1行:一個整數，FJ至少需要買多少個路由器.

輸入樣例

8 2
3 6
7 1
1 8
2 4
1 4
4 5
2 6

輸出樣例

2

樣例解釋
有8個農場. 農場3和農場6有長度為1的邊,等等
每個農場的網線最遠只能夠連線到2個單位長度的農場.

解題思路(貪心)

本題我在考場上想了將近2h，最後還是不會。我想這是不是一道dp呢？圖論？二分答案+？yy了好久好久，最後我竟然敗給了一條貪(cao)心(yu)題。

首先，略過考場上我腦抽想得那些亂七八糟的奇怪方法，最後沒有任何用(為什麼我就不曾想過貪心呢？)，回到正解貪心。

方法一：
我們發現，每個農場都要上網，這是解題的關鍵。我們先搞出一棵樹，然後從深度最深的做起。因為最深的也要上網，而且它無法通過其後代的路由器來上網，必然是通過其上方的節點來上網。
經觀察發現，必然是在其祖先上放最好，而且放在能放的最遠處最好。因為當前點已經最深，與其共享同一個祖先的點也必然能上網。而越遠，放置路由器的上方的點就有更大可能上網。於是我們簡單證明了貪心的正確性。

於是我們按深度排序，將最深的當前不能上網的點向上跳至最遠的能使其上網的點，然後將網路訊號擴充套件，將能被影響到的點打上標記。然後繼續重複此操作，指導所有點都能上網了為止，同時統計答案。
這個的時間複雜度呢，如果排序用桶排，仍舊無法保證是線性的，理論上最壞是平方級別的(不可能達到)，所以這就有點玄學了。因為每次打標記後的點還是可能放路由器，很多點會被重複搜到並重復打標記，所以這不是嚴格的線性了。但實測是能過的，下面有一種更加穩定可靠的方法。

方法二：
直接一遍dfs，並在dfs過程中搞貪心。我們記錄兩個陣列far[]和near[]。far[]代表離當前點root最遠的不能上網的後代(包括自己)離當前點的距離是多少呢？一開始far[root]=0；near[]代表離當前點root最近的安裝了路由器的後代(包括自己)離當前點root的距離是多少呢？一開始near[root]=oo。我們發現這兩個記錄的資訊很有意思，因為我們知道了最有用的路由器的位置和最需要被“拯救”的節點的位置，由於全部要能上網，所以必須要拯救那個節點。此時就可以貪心了。
dfs完後代後，先更新出near,far的值：
near[root] = min(near[root], near[v] + 1);
far[root] = max(far[root], far[v] + 1);
然後如果far[root] + near[root] <= K，代表不用在此點裝路由器就可以使其後代(包括自己)全部上網，那麼far[root] = -1。
如果far[root] == K，代表前面更新不了，而且安裝路由器“迫在眉睫”，於是答案加1，far[root] = -1, near[root] = 0, Ans ++。
每個節點都保證其後代都能上網，更新記錄的資訊，是不是還有點dp的意味呢？這真是種巧妙無比的方法！

最後由於無法保證根節點1能上網，要特判一下(就是說根離最遠的上不了網的點距離不足K，不用急迫的安裝，但是往上已經沒路了，而自己的一些後代和可憐的自己還無法上網)，這始這需要判斷一下far[1]是否等於-1就行了。
這樣，只有一次簡單的dfs，維護一些東西，時間複雜度就嚴格的線性了。在Linux下也不會dfs爆棧(辣雞winxp)。
當然，這不是本蒟蒻我想出來的，是一個女同學想出來的。。。。
(我並不知道考試時的我在想些什麼)

程式碼

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define N 100010
#define oo 1e9

using namespace std;

int n, Ans, K; 
int cur, head_p[N], far[N], near[N];
struct Tadj{int next, obj;} Edg[N<<1];

void Insert(int a, int b){
    cur ++;
    Edg[cur].next = head_p[a];
    Edg[cur].obj = b;
    head_p[a] = cur;
}

void dfs(int root, int fa){
    far[root] = 0;  near[root] = oo;
    for(int i = head_p[root]; ~ i; i = Edg[i].next){
      int v = Edg[i].obj;
      if(v == fa)  continue;
      dfs(v, root);
      far[root] = max(far[root], far[v] + 1);
      near[root] = min(near[root], near[v] + 1);
    }

    if(far[root] + near[root] <= K)  far[root] = -1;
    if(far[root] == K)  far[root] = -1, near[root] = 0, Ans ++;
}


int main(){

    freopen("b.in", "r", stdin);
    freopen("b.out", "w", stdout);

    scanf("%d%d", &n, &K);

    cur = -1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)  head_p[i] = -1;

    int a, b;
    for(int i = 1; i < n; i++){
      scanf("%d%d", &a, &b);
      Insert(a, b);
      Insert(b, a);
    }

    dfs(1, 0);
    if(~ far[1])  Ans ++; 

    printf("%d\n", Ans);

    return 0;
}

c 骨牌遊戲

題目描述

這裡寫圖片描述

解(bao)題(ling)思路【獨立考慮+乘法原理+找規律(數學計數)】

將一個骨牌看成一條邊，共有10個點，構成一幅圖。

就是將圖拆成多個簡單環，每條邊都要用到，求拆分的方案數。

我們考慮統計每個點的度數，如果有一個點的度數為奇數，答案肯定是0。
由於考慮整體不好辦，我們單獨考慮每個點對答案的貢獻。由於構成環，當前點必然與其他點成對消失，畫一下圖，我們發現，每個點的貢獻次數恰好是小於當前點度數的奇數數量，每次貢獻就是奇數的大小，然後由於獨立考慮，互不影響，直接用乘法原理連線方案，統計答案。

這題程式碼很好寫，但獨立考慮每個點和找規律、相乘的部分十分難想。

（龍神的做法）

程式碼

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#define N 50

using namespace std;

typedef long long LL;

int n, nG;
int deg[10];
LL ans;

int main(){

    scanf("%d", &nG);
    while(nG --){
      scanf("%d", &n);
      for(int i = 0; i < 10; i++)  deg[i] = 0;
      int x, y;
      for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%d%d", &x, &y);
        deg[x] ++;
        deg[y] ++;
      }
      ans = 1;
      for(int i = 0; i < 10; i++)  if(deg[i] & 1)  ans = 0;
      for(int i = 0; i < 10; i++)
       for(int j = 0; j < (deg[i]>>1); j++)
         ans *= (LL)((j<<1) + 1);
      printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}

總結

會做的題一定要拿下，不會做的題一定要儘可能水分。平時積累做題經驗，考試時不要緊張，要迅速進入狀態。

這裡寫圖片描述

夢話要在睡著的時候說，是這個世界的規則。

NOIP2017模擬賽(10) 總結

a 機密資訊

題目描述

輸入格式

輸出格式

輸入樣例

輸出樣例

解題思路(LCA)

程式碼

b 路由器

題目描述

輸入格式

輸出格式

輸入樣例

輸出樣例

解題思路(貪心)

程式碼

c 骨牌遊戲

題目描述

解(bao)題(ling)思路【獨立考慮+乘法原理+找規律(數學計數)】

程式碼

總結

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