BestCoder Round 1 解題報告

2021-08-03 13:04:04 字數 4205 閱讀 9028

最近聽到splay學長說有乙個**叫bestcoder，題目質量挺不錯，而且難度在noip提高組水平，比較適合我刷（重點是不像cf那樣要翻牆，深夜打比賽，而且它還支援在hdu上提交）。於是我有空跑過去看了看，見到只有6頁比賽嘛，於是決定從頭開始做……但願暑假能刷完吧。

題目傳送門：

題目分析：剛開啟這題就見到了陳老師……一開始我覺得讓編號小的盡量靠前=字典序最小，然後覺得很水嘛，直到後來我舉出了反例。然後我開始腦洞大開yy，但想出來的方法基本都是時間複雜度玄學。我感覺從前往後放有困難，於是試圖從後面開始做。如果a要在b之前，就b向a連一條邊，然後每一次選編號最大的入度為0的點，並刪去它的出邊，就可以保證編號小的盡可能靠前。我感覺這個方法跟我做過的一道poj上的遞迴列印尤拉路徑的題有點像，直覺告訴我這樣做和原問題是等價的，但我不會證明。於是我上網找了一下，發現好像這就是正解，然而也沒有嚴格的證明……總之用優先佇列找編號最大，時間o(nlog(n))（像我這種從來不用stl庫的人當然只能手寫heap辣）

code：

#include


#include


#include


#include


#include


#include


#include


#include


using


namespace


std;


const


int maxn=30010;


const


int maxm=100100;


struct edge


e[maxm];


edge *head[maxn];


int cur;


int pin[maxn];


int ans[maxn];


int heap[maxn];


int tail;


int t,n,m;


void add(int x,int y)


void insert(int x)


}int get()


return x;


}int main()


tail=0;


for (int i=1; i<=n; i++)


if (!pin[i]) insert(i);


for (int i=n; i>=1; i--)


ans[i]=x;


}for (int i=1; iprintf("%d ",ans[i]);


printf("%d\n",ans[n]);


}return


0;}
題目傳送門：

題目分析：這題比第一題要簡單一些吧。由於圖是聯通的，而且邊數隻比點數多10，那麼我們做一遍dfs，非樹邊的個數頂多11條。dfs的時候我們記valson[node]表示node的兒子的權值和。修改node的權值的時候改它本身的val值，和它父親的valson值即可。查詢答案的時候將它father的val加上它的valson，再暴力檢視非樹邊即可。

code：

#include


#include


#include


#include


#include


#include


#include


#include


using


namespace


std;


const


int maxn=100100;


const


int maxm=13;


struct edge


e[maxn<<1];


edge *head[maxn];


int cur;


int cnt[maxn][maxm];


int val[maxn];


int fa[maxn];


int vson[maxn];


int t,n,m,q;


void add(int x,int y)


void dfs(int node)


}int main()


fa[1]=1;


dfs(1);


scanf("%d",&q);


while (q--)


else}}


return


0;}
題目傳送門：

題目分析：一道網路流好題啊。一開始我完全沒想到是最小割，往貪心，dp方面想了好久。上網瀏覽了一下題解，知道了是最小割，再回去想，還是不知道怎麼建圖。後來仔細看了題解，上面說它跟《最小割模型在資訊學競賽中的應用》裡面的一道例題 最優標號 optimal marks 很像，於是我跑過去把**讀了一遍，會做例題了，然而這題還是想不到怎麼做……

我們先在網格外圍一層」d」，然後這題的關鍵就在於最大化相鄰格仔中乙個是陸地，乙個是海洋的數量，即最小化相鄰格仔相同的數量。在**中討論了如何最小化相鄰格仔不同，但對於乙個普通的圖，要做到最大化不同格仔，是無法建圖跑網路流的。然而這裡我們是網格圖，我們可以對其進行黑白染色，將所有黑色的格仔反轉（即陸地->深海，深海->陸地，淺海->淺海）。這樣就變成了**中的情況。

這道題的難點在於往最小割方面去想，以及顏色反轉。反轉了之後就是乙個很簡單的模型，我們讓每乙個格仔都為乙個點，如果是深海，則s向其連無窮大的邊，它向t連1；淺海則兩個都為1；陸地則s連1，t連無窮大；相鄰格仔之間連一條容量為1的無向邊。最後用格仔數+相鄰格仔對數-最大流即可。

code：

#include


#include


#include


#include


#include


#include


#include


#include


using


namespace


std;


const


int maxn=52;


const


int maxv=10010;


const


int maxm=1000000;


const


int oo=1000000000;


struct edge


e[maxm];


edge *head[maxv];


int cur;


edge *nhead[maxv];


int level[maxv];


int que[maxv];


int he,ta;


int t;


char s[maxn];


intmap[maxn][maxn];


int t,n,m;


int get(int x,int y)


void add(int x,int y,int xf,int yf)


bool bfs()


}return level[t];


}int dfs(int node,int maxf)


}if (maxf) level[node]=0;


return nowf;


}int dinic()


int main()


}for (int i=0; i<=m+1; i++) map[0][i]=map[n+1][i]=2;


for (int i=1; i<=n; i++) map[i][0]=map[i][m+1]=2;


for (int i=0; i<=n+1; i++) for (int j=0; j<=m+1; j++)


if ( (i+j)&1 ) map[i][j]=2-map[i][j];


/*for (int i=0; i<=n+1; i++)


*/t=(n+2)*(m+2)+1;


cur=-1;


for (int i=0; i<=t; i++) head[i]=null;


for (int i=0; i<=n+1; i++) for (int j=0; j<=m+1; j++)


for (int i=0; i<=n+1; i++)


for (int j=0; j<=m+1; j++)


int ans=dinic();


ans=(n+1)*(m+2)+(n+2)*(m+1)+(n+2)*(m+2)-ans;


printf("case %d: %d\n",g,ans);


}return


0;}
題目傳送門：

題目分析：計算幾何不可做……

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