[AtCoder Regular Contest 125] A-F全题解
文章目录
- A - Dial Up
- B - Squares
- C - LIS to Original Sequence
- D - Unique Subsequence
- E - Snack
- F - Tree Degree Subset Sum
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A - Dial Up
签到题
特判一下有没有0/1在目标串中出现而没在原串出现
除了第一次0/1数字互换时，需要从 a 1 a_1 a1左右找距离最近的不同数字
后面互换就是左/右转一次
#include B - Squares
简单题
x 2 − y = z 2 ( x , y ∈ [ 1 , n ] ) x^2-y=z^2\quad \Big(x,y\in[1,n]\Big) x2−y=z2(x,y∈[1,n])
( x + z ) ( x − z ) = y (x+z)(x-z)=y (x+z)(x−z)=y
observation : x+z x-z 同奇偶，且x+z > > > x-z
则有 x − z ∈ [ 1 , n ] x-z\in[1,\sqrt{n}] x−z∈[1,n]
考虑枚举 i = x − z i=x-z i=x−z，计算出 x + z x+z x+z的范围 [ 1 , ⌊ n i ⌋ ] \big[1,\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\big] [1,⌊in⌋]
然后计算在范围内与 i i i同奇偶的个数
时间复杂度 O ( n ) O(\sqrt n) O(n)
#include C - LIS to Original Sequence
简单构造题
observation1 : a 1 a_1 a1一定填在序列第一位
-
如果 a 1 = 1 a_1=1 a1=1，填序列第一位是肯定的
-
如果 a 1 > 1 a_1>1 a1>1，假设不填第一个，那么需要一个小于 a 1 a_1 a1的数填在前面，才会是最佳字典序
但填在 a 1 a_1 a1前面，就会和 a 1 , . . . , a k a_1,...,a_k a1,...,ak构成更长的最长上升子序列，不满足条件，假设不成立
observation2 : 如果 a 1 ≠ 1 a_1≠1 a1=1，则 a 2 a_2 a2一定填 1 1 1是最优的
- 第一位都已经固定了，为了使答案字典序最小，肯定先放 1 1 1，构成 1 , a 2 , . . . , a k 1,a_2,...,a_k 1,a2,...,ak的相同长度 L I S \rm LIS LIS
observation3 : 除去 a 1 a_1 a1和 1 1 1，出现了新的子问题，构造一个长度为 n − 2 n-2 n−2的序列， L I S \rm LIS LIS为 a 2 , . . . , a k a_2,...,a_k a2,...,ak
所以可以一位一位的递归构造，实际上遍历一遍即可构造
#include D - Unique Subsequence
D P DP DP简单题
observation : x......x****，x****后面以 x x x开头的任意子序列都不会成为答案
所以可以设计 d p i : dp_i: dpi: 从后往前到i时以 i i i开始的答案， l s t A i : lst_{A_i}: lstAi: A i A_i Ai上一次的位置
d p i = ∑ j = i + 1 l s t A i d p j dp_i=\sum_{j=i+1}^{lst_{A_i}}dp_j dpi=∑j=i+1lstAidpj 并且 d p l s t A i dp_{lst_{A_i}} dplstAi要清零
最后答案就是 ∑ i d p l s t i \sum_i dp_{lst_i} ∑idplsti
区间求和，单点修改可以用树状数组维护
#include E - Snack
困难题
一眼网络流
- 超级源点 S S S，超级汇点 T T T，蛇 L i , i ∈ [ 1 , n ] L_i,i\in[1,n] Li,i∈[1,n]，人 R j , j ∈ [ 1 , m ] R_j,j\in[1,m] Rj,j∈[1,m]
- ∀ i , i ∈ [ 1 , n ] S → L i \forall_{i,i\in[1,n]} S\rightarrow L_i ∀i,i∈[1,n]S→Li，流量 A i A_i Ai
- ∀ i , i ∈ [ 1 , n ] ; j , j ∈ [ 1 , m ] L i → R j \forall_{i,i\in[1,n];j,j\in[1,m]}L_i\rightarrow R_j ∀i,i∈[1,n];j,j∈[1,m]Li→Rj，流量 B j B_j Bj
- ∀ j , j ∈ [ 1 , m ] R j → T \forall_{j,j\in[1,m]}R_j\rightarrow T ∀j,j∈[1,m]Rj→T，流量 C j C_j Cj
求图的最大流即可
但是 n , m n,m n,m级别根本不能支持网络流的算法
需要找一种可以不真的跑网络流的算法求最大流
转换一下，最大流等于最小割
将蛇 L i L_i Li分成 X , Y X,Y X,Y两个部分， X X X与超级源点在一个集合， Y Y Y与超级汇点在一个集合
则每个人 R j R_j Rj就可以独立决定自己是在 S S S集合还是 T T T集合
- 在 S S S集合，就要断掉和 T T T的边，花费 C j C_j Cj
- 在 T T T集合，就要断掉和 X X X集合的所有边，花费集合大小的 ∣ X ∣ ⋅ B j |X|·B_j ∣X∣⋅Bj
- 选择两者中的较小值
重要的是 X X X的划分，因此先决定 X X X的划分
按 A i A_i Ai的降序从 L i L_i Li中选择用作 X X X的定点
尝试所有的 X X X，从 0 − N 0-N 0−N
#include F - Tree Degree Subset Sum
困难题
令 d i d_i di表示 i i i点的度数 − 1 -1 −1，则度数范围为 [ 0 , n − 2 ] [0,n-2] [0,n−2]
定义 f i f_i fi : 度数和为 i i i时最小选取顶点的集合个数， g i g_i gi : 度数和为 i i i时最大选取顶点的集合个数
引理： ∀ f i ≤ y ≤ g i \forall_{f_i\le y\le g_i} ∀fi≤y≤gi，一定都有一种顶点选取方式满足度数和为 y y y
假设这个引理是正确的
利用与abc-215 colorful candies 2的同样的思想
不同度数的个数最多有 n \sqrt n n
设计 D P DP DP转移出 f i f_i fi， g g g可以由 f f f推出
f i = min { f i − s u m d + c n t } f_i=\min\{f_{i-sumd}+cnt\} fi=min{fi−sumd+cnt}
可以用 l o g \rm log log倍增一段相同度数个数
最后 g i g_i gi就相当于总个数减去度数和为 s − i s-i s−i的最小选取顶点的集合个数 f s − i f_{s-i} fs−i
#include