[九省聯考2018]-Day2-劈配-林克卡特樹-制胡竄
說在前面
模擬考,只考了125,這題難的可以= =
被T2折磨致死
T3感覺複雜…懶得寫
題目
T1
連題目名字都提示了!!這就是一個最優匹配問題
像這樣的肯定和網路流(或者匈牙利)有關係,稍微思考一下就能出來,二分答案+網路流就好了
比如第一問,當前的圖是上一個人跑完之後的,然後考慮當前這個人可以滿足的最小志願是什麼。二分答案,把這個字首的邊直接加進圖裡面去,然後跑一遍網路流看流量有沒有變大,第一個變大的位置就是最小志願
第二問類似,把每個人跑完之後的圖都存下來,然後二分在哪個人之後加邊流量可以變大,就ok了
下面是程式碼
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std ;
int ttt , C , N , M , b[205] , ss[205] ;
int id_c , stu[205] , tea[205] , S , T ;
vector<int> a[202][202] ;
struct Path{
short pre , to ;
int flow ;
} ;
int dis[405] , que[405] , fr , ba ;
struct Gragh{
Path p[5205] ;
short tp , head[405] ;
int flow ;
void init(){
tp = 1 ; flow = 0 ;
memset( head , 0 , sizeof( head ) ) ;
}
void In( short t1 , short t2 , int t3 ){
p[++tp] = ( Path ){ head[t1] , t2 , t3 } ; head[t1] = tp ;
p[++tp] = ( Path ){ head[t2] , t1 , 0 } ; head[t2] = tp ;
}
bool BFS(){
memset( dis , -1 , sizeof( dis ) ) ;
fr = 1 , ba = 0 ; dis[S] = 0 ;
que[++ba] = S ;
while( ba >= fr ){
int u = que[fr++] ;
for( int i = head[u] ; i ; i = p[i].pre ){
int v = p[i].to ;
if( !p[i].flow || dis[v] != -1 ) continue ;
dis[v] = dis[u] + 1 ;
que[++ba] = v ;
}
} return dis[T] != -1 ;
}
int dfs( int u , int flow ){
if( u == T ) return flow ;
int rt = 0 , nowf ;
for( int i = head[u] ; i ; i = p[i].pre ){
int v = p[i].to ;
if( dis[v] != dis[u] + 1 || !p[i].flow ) continue ;
if( ( nowf = dfs( v , min( flow , p[i].flow ) ) ) ){
rt += nowf ;
flow -= nowf ;
p[i].flow -= nowf ;
p[i^1].flow += nowf ;
if( !flow ) break ;
}
} if( flow ) dis[u] = -1 ;
return rt ;
}
int Dinic(){
while( BFS() ){
flow += dfs( S , 205 ) ;
}
return flow ;
}
} G[202] , Gt ;
void clear(){
for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ )
for( int j = 1 ; j <= M ; j ++ )
a[i][j].clear() ;
for( int i = 0 ; i <= N ; i ++ )
G[i].init() ;
}
int getAns1( int x ){
int lf = 1 , rg = M , rt = M + 1 ;
while( lf <= rg ){
int mid = ( lf + rg ) >> 1 ;
// printf( "x(%d) spe : %d %d %d\n" , x , lf , mid , rg ) ;
Gt = G[x-1] ;
for( int i = lf ; i <= mid ; i ++ ){
// printf( "siz = %d\n" , a[x][i].size() ) ;
for( int siz = a[x][i].size() , j = 0 ; j < siz ; j ++ )
Gt.In( stu[x] , tea[ a[x][i][j] ] , 1 ) ;
}
Gt.Dinic() ;
if( Gt.flow - G[x-1].flow ) rt = mid , rg = mid - 1 ;
else lf = mid + 1 ;
} return rt ;
}
int getAns2( int x ){
int lf = 1 , rg = x - 1 , rt = 0 ;
while( lf <= rg ){
int mid = ( lf + rg ) >> 1 ;
// if( x == 2 ) printf( "spe : %d %d %d\n" , lf , mid , rg ) ;
Gt = G[mid-1] ;
for( int i = ss[x] ; i ; i -- )
for( int siz = a[x][i].size() , j = 0 ; j < siz ; j ++ )
Gt.In( stu[x] , tea[ a[x][i][j] ] , 1 ) ;
Gt.Dinic() ;
if( Gt.flow - G[mid-1].flow ) rt = mid , lf = mid + 1 ;
else rg = mid - 1 ;
} return rt ;
}
int ans1[205] ;
void solve(){
for( int i = 1 ; i <= M ; i ++ ) G[0].In( tea[i] , T , b[i] ) ;
for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ ) G[0].In( S , stu[i] , 1 ) ;
for( int i = 1 , t ; i <= N ; i ++ ){
t = ans1[i] = getAns1( i ) ;
printf( "%d " , t ) ;
G[i] = G[i-1] ;
if( t == M + 1 ) continue ;
for( int siz = a[i][t].size() , j = 0 ; j < siz ; j ++ ){
G[i].In( stu[i] , tea[ a[i][t][j] ] , 1 ) ;
}
G[i].Dinic() ;
} puts( "" ) ;
for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ ){
if( ans1[i] <= ss[i] ) printf( "%d " , 0 ) ;
else printf( "%d " , i - getAns2( i ) ) ;
} puts( "" ) ;
}
int main(){
scanf( "%d%d" , &ttt , &C ) ;
for( int i = 1 ; i <= 200 ; i ++ ) stu[i] = ++id_c ;
for( int i = 1 ; i <= 200 ; i ++ ) tea[i] = ++id_c ;
S = ++id_c , T = ++id_c ;
while( ttt -- ){
clear() ;
scanf( "%d%d" , &N , &M ) ;
for( int i = 1 ; i <= M ; i ++ ) scanf( "%d" , &b[i] ) ;
for( int i = 1 , tmp ; i <= N ; i ++ ){
for( int j = 1 ; j <= M ; j ++ ){
scanf( "%d" , &tmp ) ;
if( tmp ) a[i][tmp].push_back( j ) ;
}
} for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ ) scanf( "%d" , &ss[i] ) ;
solve() ;
}
}
T2
首先這個題,能想到的就是,選出 條點不相交的路徑,使其權值和最大
相當於是新增的 條邊把這 條路徑串起來了。刪掉的邊,就可以是這些路徑之間的邊,這樣一定可行
然後我們就有了一種部分分的做法
但是如果 的限制存在,就只能做類似揹包的dp,複雜度是GG的
我們可以發現(其實不一定能發現,但是可以感性的猜測),隨著K變大,答案會先增大後減小
也就是說這個值隨著變大,不增
感性理解一下,一開始肯定是 越大 越大,因為點不相交路徑可以選更多條
但是大到某個值的時候,我們就需要肢解一些路徑,這就導致有些正權邊無法產生貢獻,所以 變小
然後考慮運用一類二分方法,這類二分方法可以稱作wqs二分
就是說,因為答案的斜率不增,所以形成了一個上凸殼,我們用一條線去切這個凸包,肯定能切到一個點上
那麼這條線的斜率,我們可以看作是,每多選一條路徑,就需要付出斜率這麼多的代價。於是按照這種方式來做dp,dp選任意條路徑最大獲利是多少。這樣dp出來的值就是這條線與凸包相切時的縱截距
因為我們需要處的答案,所以我們在dp的時候順便記錄一下,當前最優的方案到底是選了多少條路徑。如果選擇的路徑條數大於了(刪條等於選條路徑),就相當於是這條線切在了以後的某個位置,另一種情況類似
按照這種方式來二分答案,就能找到剛好切的那一條線,從而根據縱截距和斜率,算出處的答案
類似方法的題,相信各位大佬在學MST的時候,都應該做過這個題:BZOJ2654
關於一些需要注意的地方:
- 答案形成的凸包可能有多個點在同一條線上,這種情況可能無論如何都不能恰好取到我們想要的值。我們可以這樣,當權值相同的時候,邊數較少的那個優先順序高。這樣如果在二分結束時,仍然取不到我們想要的,而是比小,那麼就可以斷定,當前的dp值也就是剛好選條路徑時的dp值,從而得出答案
- 在dp的時候注意細節,有可能存在點不屬於任何一條路徑
下面是程式碼
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std ;
int N , K , tp , head[300005] ;
long long lf , rg , mid , inf = 1LL << 56 ;
struct Path{
int pre , to , val ;
}p[600005] ;
struct Data{
long long sum ;
int cnt ;
Data( long long _ = 0 , int __ = 0 ):sum(_) , cnt(__){} ;
//here to write func & operat
Data operator - ( const long long &D ) const { return Data( sum - D , cnt ) ; }
Data operator + ( const Data &D ) const { return Data( sum + D.sum , cnt + D.cnt ) ; }
Data operator + ( const long long &D ) const { return Data( sum + D , cnt ) ; }
bool operator > ( const Data &A ) const { return sum > A.sum || ( sum == A.sum && cnt < A.cnt ) ; }
} dp[300005][3] , val[300005] ;
void In( int t1 , int t2 , int t3 ){
p[++tp] = ( Path ){ head[t1] , t2 , t3 } ; head[t1] = tp ;
p[++tp] = ( Path ){ head[t2] , t1 , t3 } ; head[t2] = tp ;
}
Data choose( Data A , Data B ){ return A > B ? A : B ; }
Data choose( Data A , Data B , Data C ){ return choose( choose( A , B ) , C ) ; }
void UPD( Data &A , Data B ){ if( B > A ) A = B ; }
void dfs( int u , int f ){
dp[u][1] = dp[u][2] = Data( -inf , 0 ) ;
long long sum = 0 ; int c = 0 ;
for( int i = head[u] ; i ; i = p[i].pre ){
int v = p[i].to ;
if( v == f ) continue ;
dfs( v , u ) ;
val[v] = choose( dp[v][0] , dp[v][1] , dp[v][2] ) - mid ;
val[v].cnt ++ ; UPD( val[v] , dp[v][0] ) ;
sum += val[v].sum , c += val[v].cnt ;
} dp[u][0] = Data( sum , c ) ;//直接結算兒子,在父親處結算自己
for( int i = head[u] ; i ; i = p[i].pre ){
if( p[i].to == f ) continue ;
int v = p[i].to ; long long x = p[i].val - val[v].sum ;
UPD( dp[u][2] , dp[u][1] + Data( dp[v][0].sum + x , -val[v].cnt + dp[v][0].cnt ) ) ;
UPD( dp[u][2] , dp[u][1] + Data( dp[v][1].sum + x , -val[v].cnt + dp[v][1].cnt ) ) ;
UPD( dp[u][1] , dp[u][0] + Data( dp[v][0].sum + x , -val[v].cnt + dp[v][0].cnt ) ) ;
UPD( dp[u][1] , dp[u][0] + Data( dp[v][1].sum + x , -val[v].cnt + dp[v][1].cnt ) ) ;
}
}
void solve(){
long long ans = 0 ;
while( lf <= rg ){
mid = ( lf + rg ) >> 1 ;
dfs( 1 , 1 ) ;//在外面結算根
Data tmp = choose( dp[1][0] , dp[1][1] , dp[1][2] ) - mid ;
tmp.cnt ++ ; UPD( tmp , dp[1][0] ) ;
if( tmp.cnt == K + 1 ){ ans = tmp.sum + mid * ( K + 1 ) ; break ; }
else if( tmp.cnt > K + 1 ) lf = mid + 1 ;
else rg = mid - 1 , ans = tmp.sum + mid * ( K + 1 ) ;
} printf( "%lld" , ans ) ;
}
int main(){
scanf( "%d%d" , &N , &K ) ;
for( int i = 1 , u , v , val ; i < N ; i ++ ){
scanf( "%d%d%d" , &u , &v , &val ) ;
In( u , v , val ) ;
if( val > 0 ) lf = min( (long long)-val , lf ) , rg += val ;
} solve() ;
}
T3
對於題面上所說的,要選取滿足條件的,正著做不好做,於是我們倒著來,考慮不滿足條件的有哪些
一次選取,相當於是把這個字串切成三段,三段裡都不含有目標串,也就是說切割位置正好切斷了:所有能和目標串匹配上的串
可以發現如果說存在三個匹配串,它們倆倆無交,那麼無論怎麼切都滿足條件
所以只用考慮:只有一個匹配串;可以把匹配串分成兩部分,並且分別並集不為空;這兩種情況
然後按照這個思路想下去就ok了
感覺比較複雜,於是偷懶沒有寫,可以去看看Hugh的cnblog裡的題解,比me這裡詳細很多