5月4日NOIP訓練

此次共五道題，前兩道水題不再多講(雖說後面3道也就普及左右難度233)

先是較簡單的t4，本題題意是，給定一棵最多 10000 個結點的樹，以及最多 100000 個詢問。對於每個詢問中要查詢的兩個結點，輸出它們之間路徑上的中點；特別地，如果這個中點在某條邊上，則輸出這條邊的兩個端點。注意這裡說的路徑是簡單路徑，也就是不能經過重複的邊和點。

於是思路很明顯了

1:找lca，進而找到兩點間距離，len=dep[x]+dep[y]-2*dep[lca(x,y)]

2：我們設計乙個 up(x,len)函式，用來計算從 x 向上跳不超過 len 的距離最多能到達的中點。然後分情況處理：

（1）如果 len 是偶數，則只有乙個中點。通過函式 up 從 x 或 y 中深度大的點盡量往上跳（不超過 len 步），找到最上面的乙個中點並輸出；

（2）如果 len 是奇數，則有兩個中點，通過函式 up 從 x 或 y 中深度大的點盡量往上跳（不超過 len 步），找到最上面的乙個中點並輸出它和它父親（共兩個點）；

最後來分析以上演算法的複雜度。

（1）時間複雜度：預處理 f 陣列需要 o(nlog2n)的時間，每個查詢需要 o(log2n)的復

雜度，故整個演算法的時間複雜為 o((n+m)log2n)。

（2）空間複雜度：儲存 f 陣列需要 o(nlog2n)的空間，存放其他資訊需要 o(n)的空間，因此空間複雜度為 o(nlog2n)。

#include
using
namespace std;
const
int n=
10005
;int n,q,x,y;
int next[n*2]
,first[n*2]
,to[n*2]
,tot=0;
int f[n][15
],dep[n]
;//2^14=16384
void
add(
int u,
int v)
//建鄰接表
void
init
(int u,
int father)
//預處理，father 是 u 的父節點
}int
lca(
int x,
int y)
//找 lca 
for(
int i=
14;i>=
0;i--
)//在 x 和 y 深度相同的情況下
}return f[x][0
];//最後肯定一起跳到了 lca 的下面乙個
}int
dist
(int x,
int y)
//求 x 和 y 的距離
intup
(int x,
int len)
//計算從 x 向上跳不超過 len 的距離最多能到達的中點
return x;
}void
ans(
int x,
int y)
//計算並輸出 x 和 y 的中點
}else}}
intmain()
init(1
,0);
//預處理(1 是根，0 是根的父親)
scanf
("%d"
,&q)
;for
(int i=
1;i<=q;i++
)return0;
}

然後t5，一道二分圖最大匹配模板題

傳送門容易想到的是將某個物品的兩個屬性分成左右部點，但是發現很難解決本題，尤其是在處理乙個物品只能用一種屬性的時候。

所以我們不妨換一種思路，對於物品 i 的屬性 a 和 b，分別從 a 和 b 向 i 連一條有向邊。將物品的屬性當做左部點，編號當做右部點，求最大匹配可。

這樣為什麼是正確的呢？我們可以考慮匈牙利演算法的具體過程：在匹配值為的技能時，那麼 1～(i-1)的屬性肯定已經匹配完成，所以如果 i 對應的編號 j被匹配了的話，那麼就讓匹配 j 的那個屬性 p 再去找別的物品標號匹配，形象地說，就是用別的物品來釋放攻擊力為 p 的這個技能，用 j 這個物品釋放攻擊力為 i 的技能。如果找到這樣一條增廣路，那麼就說明當前可以匹配ans++。

平常我們將 vis 初值清零，訪問到這個點的時候就令 vis=1，而我們可以令在第 i 次匹配的時候就令 vis=i，這樣所有 vis 不是 i 的點就是沒有訪問過的，這樣就大大節省了時間複雜度。

#include
using
namespace std;
int n,x,y,t,whe[
1000001
],ans,match[
1000001
],first[
1000001
],to[
4000001
],next[
4000001
],tot;
void
add(
int a,
int b)
bool
dfs(
int x)}}
return
false;}
intmain()
for(
int i=
1;i<=
10000
;i++
)	cout
}

t3純屬是考思維了，反正我沒想出來

就貼個**吧

傳送門

#include
using
namespace std;
int min[
1000001
],max[
1000001
],n,ans,tot;
struct dian
;dian a[
100001];
bool
comp
(dian i,dian j)
intmain()
sort
(a+1
,a+1
+n,comp)
;	min[1]
=a[1
].y;
for(
int i=
2;i<=n;i++
)    max[n]
=a[n]
.y;for
(int i=n-
1;i>=
1;i--
)    ans=1;
for(
int i=
1;i<=n;i++
)    cout
}

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