2023/11/16

先是周三训练补题

k题，赛时队友写的，讨论是用dfn序来判断返祖边,也是学到了怎么来判断有向图中的返祖边

做法：dfs的时候，我们只看一条链上的点，我们正常赋值dfn序。如果这是出现dfn[v]<dfn[u]，那么这条边一定是返祖边。然后我们回溯的时候把u点的dfn序赋为1e9。这样代表这个点被访问过，不用访问，且也不会出现下一次dfn[v]<dfn[u]的情况

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define Acode ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0)
#define int long long
int n, m;
const int N = 4e5 + 10;
vector<pair<int, int>> g[N];
int dfn[N];
int tot;
vector<int> ans;
int vis[N];
void dfs(int u)
{
    dfn[u] = ++tot;
    for (auto it : g[u])
    {
        int v = it.first;
        int id = it.second;
        if (!dfn[v])
        {
            ans.push_back(id);
            dfs(v);
        }
        else if (dfn[v] > dfn[u])
        {
            ans.push_back(id);
            continue;
        }
        else if (dfn[v] < dfn[u])
            continue;
    }
    dfn[u] = 1e9;
}

void solve()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        if (u == v)
            continue;
        g[u].push_back({v, i});
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if (!dfn[i])
            dfs(i);
    }
    for (auto x : ans)
    {
        vis[x] = 1;
    }
    cout << "YES\n";
    if (ans.size() >= m / 2)
    {
        cout << ans.size() << endl;
        for (auto x : ans)
        {
            cout << x << " ";
        }
    }
    else
    {
        cout << m - ans.size() << endl;
        for (int i = 1; i <= m; i++)
        {
            if (!vis[i])
                cout << i << " ";
        }
    }
}

signed main()
{
    Acode;
    int T = 1;
    while (T--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

然后看了题解，发现我们想复杂了，u->v,无非两种情况，u大于v或者v大于u。那么我们对两种情况的边分别建图，那么一定有一张图中的边数会大于一半。（因为题目只要求不出现环就行，其他的都没要求）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define Acode ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0)
#define int long long
int n, m;
const int N = 4e5 + 10;

vector<int> g1;
vector<int> g2;

void solve()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        if (u == v)
            continue;
        if (u > v)
            g1.push_back(i);
        else
            g2.push_back(i);
    }
    if (g1.size() >= m / 2)
    {
        cout << "YES\n";
        cout << g1.size() << endl;
        for (auto x : g1)
        {
            cout << x << " ";
        }
    }
    else if (g2.size() >= m / 2)
    {
        cout << "YES\n";
        cout << g2.size() << endl;
        for (auto x : g2)
        {
            cout << x << " ";
        }
    }
    else
        cout << "NO\n";
}

signed main()
{
    Acode;
    int T = 1;
    while (T--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

B题，计算几何。

一开始不会算多边形面积，队友一句话在圆里，用1/2absin角度，点醒梦中人，刚好题目给的也是角度。

赛时用dp来写，但是wa2，一直过不去

下午调了两个小时没调出来，还是不知道自己错哪里，人已经开始恶心了

1852A - Ntarsis' Set

题目是好题，两个二分要调20分钟，看来还是没想清楚。

思路：对于一个数，我们每次删数后，它位置会前进多少呢，这取决于它当前所在的位置，已经a数组中有几个数小于它当前的位置。 而且这个答案在值域上是有单调性的，过小我们模拟它走完k轮之后，他的位置会为0，过大位置大于1.因为最后的答案，在最后的数组中是第一位，所以一个数最后的位置大于1说明前面还有数。

走k轮，值域上二分答案，每轮二分的得出这一轮要前进多少位置

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define Acode ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0)
#define int long long
const int N = 2e5 + 10;
int a[N];
int n, k;

int query(int x)
{
    int l = 1, r = n;
    while (l <= r)
    {
        int mid = l + r >> 1;
        if (a[mid] <= x)  //找有多少数小于等于这个数字，刚好等于的话就减到零，可以判断
            l = mid + 1;
        else
            r = mid - 1;
    }
    return r;
}

bool check(int mid)
{
    for (int i = 1; i <= k; i++)
    {
        int x = query(mid);
        // cerr << "TTTT" << x << endl;
        mid -= x;
    }
    if (mid >= 1)
        return true;
    else
        return false;
}

void solve()
{
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    if (a[1] != 1)
    {
        cout << 1 << endl;
        return;
    }
    int l = 1, r = 1e15;
    while (l <= r)
    {
        int mid = l + r >> 1;
        if (check(mid))
            r = mid - 1;
        else
            l = mid + 1;
        // cerr << mid << " " << check(mid) << endl;
    }
    cout << l << endl;
}

signed main()
{
    Acode;
    int T = 1;
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}