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牛客多校2024-6

时间：2024-08-05 18:05:41浏览次数：5  
标签：p2 suf int pn2 多校 2024 牛客 ans dp

A - Cake

（神金，害我调了一个半小时）
Alice 和 Bob 玩一个游戏。游戏分为2阶段。
阶段1：有一棵边权值为 \(0\) 或 \(1\) 的有根树，两人轮流走，Alice 先走，走到叶子就停下来。记录下经过边的权值形成一个字符串\(S\)
阶段2：Bob 将一个蛋糕切成 \(len(S)\) 块，块可以为空。然后遍历 \(S\) 的每个字符，如果为 \(0\) 就 Alice 选择一块蛋糕；如果为 \(1\) 就 Bob 选择一块蛋糕。
每个人都期望利益最大化，求 Bob 获得的蛋糕比例最大值。
有根树节点数 \(n \leq 2e5\)

首先考虑阶段2：
显然如果 \(S[0] = \ '1'\) ，Bob 能获得整块蛋糕。将这个性质推广下去，Bob 能够将蛋糕切成任意的 \(k (k \leq len(S))\) 块，从而使 \(S[k]\) 以后的字符串失去了意义。
这意味着 Bob 能够选择 \(S\) 中的一个前缀 \(S_{pre}\) 切蛋糕。然后考虑 \(k\) 块怎么切，容易发现均等切是最优的，因为在 Alice 先手的情况下更大的蛋糕块会被 Alice 拿走从而不利（Bob 先手的情况答案为1）。

然后考虑阶段1：
显然这是一个树上博弈，Alice 需要让任意 \(S_{pre}\) 中 \(1\) 的占比最大值最小，Bob 需要让 \(S_{pre}\) 中 \(1\) 的占比最大值最大。
设计dfs状态为dfs(e, cnt0, cnt1)代表进行到节点e，完成subtree(e)的计算时该玩家(可由cnt0+cnt1的奇偶得出)的最优解，于是就做完了。
此外还要注意 Alice 在最优解仍然可能走向权值为 \(1\) 得边，从而使答案变大，因此在除了根节点的每个节点都应该尝试更新答案的最大值，而不是仅在 Bob 的回合尝试更新。

const int U = 5e5;
int head[U], val[U], to[U], nxt[U], tot;
void add(int x, int y, int z)
{
	to[++tot] = y; val[tot] = z; nxt[tot] = head[x]; head[x] = tot;
}
bool vis[U];
double dfs(int e, int cnt0, int cnt1)
{
	int t = (cnt0+cnt1+1)%2;
	double ans = !t;
	vis[e] = 1;
	
	bool leaf = 1;
	for(int g = head[e]; g; g = nxt[g])
	{
		int y = to[g], z = val[g];
		if (vis[y]) continue;
		leaf = 0;

		if (t == z)
		{
			if (t == 1) ans = max(ans, dfs(y, cnt0, cnt1+1));
			else ans = min(ans, dfs(y, cnt0+1, cnt1));
		}
		else
		{
			if (t == 1) ans = max(ans, dfs(y, cnt0+1, cnt1)); // 1100100
			else ans = min(ans, dfs(y, cnt0, cnt1+1));
		}
	}

	if (leaf) ans = (double)cnt1/(cnt0+cnt1);
	else if (e-1) ans = min(ans, (double)cnt1/(cnt0+cnt1));
	return ans;
}

int T = next();
while(T--)
{
	int n = next();

	tot = 0;
	rep(i, 0, n+1) head[i] = vis[i] = 0;

	rep(i, 0, n-1)
	{
		int u, v, k;
		cin>>u>>v>>k;
		add(u, v, k);
		add(v, u, k);
	}

	cout<<fixed<<setprecision(12)<<dfs(1, 0, 0)<<endl;
}

B - Cake 2

给定正 \(n\) 边形，连接所有距离（两点之间最小边数）为 \(k\) 的顶点，求多边形内部被划分为多少区域。
\(n \in [4, 1e6], k \in [2, n-2]\)

画图可以得知：若 \(2k = n\)，则答案为 \(n\)；否则答案为\(n*min\{k, n-k\}+1\)。
证明直接咕了。

int n, k;
cin>>n>>k;
if (2*k == n) cout<<n<<endl;
else
{
    if (k > n/2) cout<<n*(n-k)+1<<endl;
    else cout<<n*k+1<<endl;
}

C - Cake 3

怎么是记几构造啊/jk

D - Puzzle: Wagiri

给定一张简单连同无向图，边有两种状态Lun或Qie。
现要求移除任意一些边使得图连通，同时Lun边都在环上，Qie边都不在环上，输出任意方案或无解。
\(n \leq 1e5, m \in [n-1, 2e5]\)

显然如果对一个图求e-DCC即边双连通分量，所有的边要么在一个e-DCC中要么作为桥。
因此可以忽略所有Qie边，对仅有Lun边的图求e-DCC，得出的所有桥删除后就能够满足所有Lun边都在环上的条件。
然后考虑图联通这一条件，显然需要恢复几条Qie边使各个完全不连通的e-DCC连通。于是处理出所有Qie边连接的两个e-DCC，并使用并查集逐步尝试恢复Qie边使图连通。因为并查集具有树状结构，所以保证了Qie边都不在环上。

const int U = 5e5;
int head[U], to[U], nxt[U], stat[U], tot = 1;
void add(int x, int y, int st)
{
	to[++tot] = y; nxt[tot] = head[x]; head[x] = tot; stat[tot] = st;
}
int dfn[U], low[U], n, m, ver;
bool bridge[U];
void tarjan(int e, int ine) // 求e-DCC
{
	dfn[e] = low[e] = ++ver;
	for(int g = head[e]; g; g = nxt[g])
	{
		if (stat[g]) continue;
		int y = to[g], cc = 0;
		if (!dfn[y])
		{
			tarjan(y, g);
			low[e] = min(low[e], low[y]);

			if (dfn[e] < low[y]) bridge[g] = bridge[g^1] = 1;
		}

		else if (g != (ine^1)) low[e] = min(low[e], dfn[y]);
	}
}
int col[U], dcc;
void dfs(int e) // 编号e-DCC
{
	col[e] = dcc;
	for(int g = head[e]; g; g = nxt[g])
	{	
		int y = to[g];
		if (col[y] || stat[g] || bridge[g]) continue;
		dfs(y);
	}
}
int father[U]; // 并查集
int find(int k)
{
	if (father[k] == k) return k;
	return father[k] = find(father[k]);
}
void uni(int a, int b)
{
	father[find(a)] = find(b);
}

cin>>n>>m;
rep(i, 0, m)
{
	int u, v; string s;
	cin>>u>>v>>s;
	if (s[0] == 'L') add(u, v, 0), add(v, u, 0);
	else add(u, v, 1), add(v, u, 1);
}

hrp(i, 1, n) if (!dfn[i]) tarjan(i, 0);
hrp(i, 1, n) if (!col[i]) dcc++, dfs(i);

hrp(i, 0, dcc) father[i] = i;

set<pii> ans;
hrp(i, 1, n) for(int g = head[i]; g; g = nxt[g])
{
	int y = to[g];
	if (i > y) continue; // 由于建了双向边所以忽略一个方向的边

	if (!stat[g] && !bridge[g]) ans.insert({i, y}); // Lun边不是桥
	else if (stat[g] && find(col[i]) != find(col[y])) // Qie边作为桥
	{
		ans.insert({i, y});
		uni(col[i], col[y]);
	}
}

bool yes = 1;
hrp(i, 2, dcc) if (find(i-1) != find(i)) yes = 0;

if (!yes) cout<<"NO"<<endl;
else
{
	cout<<"YES"<<endl<<ans.size()<<endl;
	for(auto p:ans) cout<<p.first<<' '<<p.second<<endl;
}

E - Palindrome Counter

求所有长为 \(n\)，字符集个数为 \(k\) 的字符串的本质不同回文子串长度之和。

F - Challenge NPC 2

（随机算法大失败）
给定一棵森林，求其补图的Hamilton路径。
\(n \leq 5e5\)

首先如果该森林为菊花，也就是补图中有一个点度数为 \(0\)，显然不可能有解。
然后考虑直接对该森林进行分析。对其中一棵树从任意节点开始求深度，能够发现由于树的性质：

  1. 相同深度的节点间没有边
  2. 只有相邻深度的节点间可能有边
    于是在补图上存在性质：如果两个节点深度不相邻，那么它们之间一定有边。
    同时由于原图上树与树之间不连通，补图上两棵树的任意节点间都存在边。于是可以令：一棵树的起始节点深度为上一颗树深度最大值+1。这样可以获得编号 \(1 \textasciitilde m\) 的若干节点。由于补图性质，可以构造出2->4->...->1->3->...的顺序使所有点都连通起来。如果 \(m < 4\)，则需要特殊判定。
    因为从任意的节点开始求深度并不总能获得深度的最大值，所以最终得出的总深度 \(m\) 可能小于 \(4\)，从而造成错误的无解。于是应该对每棵树都从直径的一端开始求深度，从而能保证 \(m\) 取得最大，这样 \(m < 4\) 的情况只在 \(n < 4\) 时出现。
const int U = 2e6;
int tot, head[U], nxt[U], to[U];
void add(int x, int y)
{
	to[++tot] = y; nxt[tot] = head[x]; head[x] = tot;
}
int dep[U];
vector<int> vd[U];

int T;
cin>>T;
while(T--)
{
	int n, m;
	cin>>n>>m;
	hrp(i, 0, 3*n) head[i] = dep[i] = 0;
	
	rep(i, 0, m)
	{
		int u, v; cin>>u>>v;
		add(u, v); add(v, u);
	}

	if (n == 2)
	{
		if (m) cout<<-1<<endl;
		else cout<<"1 2"<<endl;
		continue;
	}
	if (n == 3)
	{
		if (m == 2) cout<<-1<<endl;
		else if (m == 1)
		{
			int t;
			hrp(i, 1, n) if (!head[i]) t = i;
			if (t == 2) cout<<"1 2 3"<<endl;
			else if (t == 1) cout<<"2 1 3"<<endl;
			else cout<<"1 3 2"<<endl;
		}
		else cout<<"1 2 3"<<endl;
		continue;
	}

	int maxd = 0;
	hrp(i, 1, n) if (!dep[i])
	{
		queue<pii> que; que.push({i, 0});
		int s, e;
		while(que.size())
		{
			auto [x, fa] = que.front(); que.pop();
			s = x;
			for(int g = head[x]; g; g = nxt[g])
			{
				int y = to[g];
				if (y != fa) que.push({y, x});
			}
		}

		que.push({s, ++maxd});
		while(que.size())
		{
			auto [x, d] = que.front(); que.pop();
			dep[x] = maxd = d;

			for(int g = head[x]; g; g = nxt[g])
			{
				int y = to[g];
				if (!dep[y]) que.push({y, d+1});
			}
		}
	}

	hrp(i, 0, maxd) vd[i].clear();
	hrp(i, 1, n) vd[dep[i]].pb(i);

	if (maxd < 4) cout<<-1<<endl;
	else
	{
		for(int d = 2; d <= maxd; d += 2) for(auto i:vd[d]) cout<<i<<' ';
		for(int d = 1; d <= maxd; d += 2) for(auto i:vd[d]) cout<<i<<' ';
		cout<<endl;
	}
}

G - Easy Brackets Problem

/?

H - Genshin Impact's Fault

模拟Genshin抽卡，卡分为3星，4星，A5星，B5星4种。每10抽不能只有3星，每90抽至少有1个5星，抽到的5星必须AB交替。

int T = next();
while(T--)
{
	string str = next<string>();

	bool no = 0;
	if (str.size() >= 10) hrp(i, 0, str.size()-10)
	{
		bool all3 = 1;
		rep(j, i, i+10) if (str[j] != '3') all3 = 0;
		if (all3)
		{
			no = 1;
			break;
		}
	}

	if (str.size() >= 90) hrp(i, 0, str.size()-90)
	{
		bool no5 = 1;
		rep(j, i, i+90) if (str[j] == '5' || str[j] == 'U') no5 = 0;
		if (no5)
		{
			no = 1;
			break;
		}
	}

	string s5;
	rep(i, 0, str.size()) if (str[i] == '5' || str[i] == 'U') s5 += str[i];
	if (s5.size()) rep(i, 0, s5.size()-1) if (s5[i] != 'U' && s5[i+1] != 'U') no = 1;

	if (no) cout<<"invalid"<<endl;
	else cout<<"valid"<<endl;
}

I - Intersecting Intervals

给定一个数字矩阵，每一行选择一个区间，相邻行区间必须有交，求选中数字和的最大值。
\(n*m \leq 1e6\)

一眼dp，很容易想出状态dp(i, j)代表dp在第i行选了j后的最大值。
有一个显然的转移枚举该行 \(k\)，强制该行选 \(j \textasciitilde k\)，但 \(j\) 前和 \(k\) 后的数字还可能被选使答案更大。因此用O(m)复杂度预处理出每行的pre(k), suf(k)，分别代表包含 \(k\) 选 \(k\) 前和 \(k\) 后一些序列的最大贡献。
于是有：
dp(i, k) = dp(i-1, j)+sum(j...k)+pre(j)+suf(k)(j<k) dp(i, k) = dp(i-1, j)+sum(k...j)+pre(k)+suf(j)(j>k) 从而得出了O(mn^2)`的转移（其中`sum, pre, suf数组均右移了1位`）：

rep(j, 0, m) hrp(k, 0, j) dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][k]+sum[j+1]-sum[k]+pre[k]+suf[j+2]);
rep(j, 0, m) rev(k, m-1, j) dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][k]+sum[k+1]-sum[j]+pre[j]+suf[k+2]);

复杂度不够，于是需要优化，有两种办法（仅说明 \(j < k\) 情况）：

  1. 关注定值：能够发现sum[j+1]+suf[j+2]为定值，于是提出定值并在转移 \(j\) 的时候保存已经遍历过的dp[i-1][k]+sum[k]+pre[k]的最大值。
  2. 关注转移 \(j\) 过程：设V=dp[i-1][p]+sum[p+1]-sum[k]+pre[k]+suf[p+2]，\(j = 1 \textasciitilde p\) 时包含所有 \(V\) 取值的集合为 \(S_p\) 。能够发现V'=dp[i-1][p]+sum[p+2]-sum[k]+pre[k]+suf[p+3]=V+sum[p+1]-sum[p]+suf[p+3]-suf[p+2]=V+w[p+1]+suf[p+3]-suf[p+2]，从而让所有 \(V'\) 和dp[i-1][p+1]+v[i][p+1]+pre[p+1]+suf[p+3]一起构成了\(S_{p+1}\)。

代码采用的是优化2：

int T = next();
while(T--)
{
	v.clear();
	dp.clear();

	int n, m;
	cin>>n>>m;
	rep(i, 0, n+5) v.pb(vector<int>()), dp.pb(vector<int>());

	hrp(i, 1, n) rep(j, 0, m) v[i].pb(next());
	rep(i, 0, n+5) rep(j, 0, m+5) dp[i].pb(i ? -INF : 0);

	hrp(i, 1, n)
	{
		vector<int> sum{0}, pre{0}, suf{0};

		rep(j, 0, m) sum.pb(sum.back()+v[i][j]);
		rep(j, 0, m) pre.pb(max(pre.back()+v[i][j], 0LL));
		rev(j, m-1, 0) suf.pb(max(suf.back()+v[i][j], 0LL));
		reverse(suf.begin(), suf.end());
		suf.insert(suf.begin(), 0);
		pre.insert(pre.end(), 0);

		int maxx = -INF;
		rep(j, 0, m)
		{
			maxx += v[i][j]-suf[j+1]+suf[j+2];
			maxx = max(maxx, dp[i-1][j]+v[i][j]+pre[j]+suf[j+2]);
			dp[i][j] = maxx;
		}
		maxx = -INF;
		rev(j, m-1, 0)
		{
			maxx += v[i][j]-pre[j+1]+pre[j];
			maxx = max(maxx, dp[i-1][j]+v[i][j]+pre[j]+suf[j+2]);
			dp[i][j] = max(dp[i][j], maxx);
		}
	}

	int ans = -INF;
	rep(j, 0, m) ans = max(ans, dp[n][j]);
	cout<<ans<<endl;
}

优化1：

int maxx = -INF;
rep(j, 0, m)
{
	maxx = max(maxx, -sum[j]+pre[j]+dp[i-1][j]);
	dp[i][j] = max(dp[i][j], maxx+sum[j+1]+suf[j+2]);
}

maxx = -INF;
rev(j, m-1, 0)
{
	maxx = max(maxx, sum[j+1]+suf[j+2]+dp[i-1][j]);
	dp[i][j] = max(dp[i][j], maxx-sum[j]+pre[j]);
}

J-Stone Merging

有 \(n\) 堆石子，开始时每堆 \(1\) 个，每个石子被可重复编号。有 \(k-1\) 个机器编号为 \(2 \textasciitilde k\)。
编号为 \(g\) 的机器可以合并 \(g\) 堆石子；但如果这 \(g\) 堆石子中有至少 \(1\) 个编号为 \(g\) 的石子，该编号为 \(g\) 的机器会不能再使用，并将所有编号为 \(g\) 的石子提取出并放成一堆，把剩下的石子放成另一堆。
输出将所有石子合成一堆的方案或无解。
\(1 \leq k \leq n \leq 1e5\)

除了仅有 \(2\) 堆编号为 \(2\) 的石子的情况，\(2 \textasciitilde k\)的编号都在石子上出现过是无解的。这种情况先进行特判。
首先编号为 \(2\) 的机器人一定存在，而且功能十分强大，能够将所有非 \(2\) 石子都合成一堆。
讨论：

  1. 只存在编号为 \(2\) 的机器人。由于特判过，所以不可能存在编号为\(2\)的石子。全都合并即可。
  2. 存在编号为 \(t\) 的机器人，使得编号为 \(t\) 的石头不存在。所以当前的任务为把石子堆数从 \(n\) 减少到 \(t\)（官方题解采用方法不同）。因为 \(3\) 号机器人存在，所以我们可以用 \(3\) 号机器人把编号为 \(2\) 的石子堆成双减少；同时用 \(2\) 号机器人把编号不为 \(2\) 的石子堆逐个减少。此外还可以在最后使用 \(2\) 号机器人把编号为 \(2\) 的石子合并为 \(1\) 堆。如果石子堆个数无法达到 \(t\)，则无解（事实上一定有解）。
    使用set实现而非vector来降低删除操作的时间复杂度。

官方题解的方法为第一步将\(y=(n−1)~mod~(x−1)+1\) 个石子合成成一堆， 后面每次都使用机器 \(t\) 来合成。

const int U = 1e6;
int w[U];
bool exist[U];

int T = next();
while(T--)
{
	int n, k, op = 0;
	cin>>n>>k;
	hrp(i, 1, n) exist[i] = 0;

	set<int> p2, pn2;
	vector<vector<int>> ans;

	hrp(i, 1, n)
	{
		cin>>w[i];
		if (w[i] == 2) p2.insert(i);
		else pn2.insert(i);
		exist[w[i]] = 1;
	}

	if (!pn2.size() && p2.size() == 2)
	{
		cout<<"1"<<endl<<"2 1 2"<<endl;
		continue;
	}

	int tar = 0;
	rev(i, k, 2) if (!exist[i])
	{
		tar = i;
		break;
	}

	if (!tar)
	{
		cout<<-1<<endl;
		continue;
	}

	if (k == 2) while(pn2.size() > 1)
	{
		vector<int> v{*pn2.begin(), *next(pn2.begin())};
		ans.pb(v);
		pn2.erase(pn2.begin());
		pn2.erase(pn2.begin());
		op++;
		pn2.insert(n+2*op);
	}
	else
	{
		bool mat = 0;
		if (p2.size()+pn2.size() == tar) mat = 1;
		
		while(pn2.size()+p2.size() > tar+1 && p2.size() > 2 && !mat)
		{
			vector<int> v{*p2.begin(), *next(p2.begin()), *next(next(p2.begin()))};
			ans.pb(v);
			p2.erase(p2.begin());
			p2.erase(p2.begin());
			p2.erase(p2.begin());
			op++;
			p2.insert(n+2*op);

			if (p2.size()+pn2.size() == tar) mat = 1;
		}
		
		while(pn2.size() > 1 && !mat)
		{
			vector<int> v{*pn2.begin(), *next(pn2.begin())};
			ans.pb(v);
			pn2.erase(pn2.begin());
			pn2.erase(pn2.begin());
			op++;
			pn2.insert(n+2*op);

			if (p2.size()+pn2.size() == tar) mat = 1;
		}

		if (p2.size()+pn2.size() == tar+1 && p2.size() > 1)
		{
			vector<int> v{*p2.begin(), *next(p2.begin())};
			ans.pb(v);
			p2.erase(p2.begin());
			p2.erase(p2.begin());
			op++;
			p2.insert(n+2*op-1);
			mat = 1;
		}

		if (mat)
		{
			vector<int> v;
			for(auto i:p2) v.pb(i);
			for(auto i:pn2) v.pb(i);
			ans.pb(v);
		}
		// else
		// {
		//	cout<<-1<<endl;
		//	continue;
		// }
	}

	cout<<ans.size()<<endl;
	for(auto i:ans)
	{
		cout<<i.size()<<' ';
		for(auto j:i) cout<<j<<' ';
		cout<<endl;
	}
}

K - The Great Wall 2

给定长为 \(n\) 的整数序列，要求分为恰好 \(k\) 个非空连续段使得这 \(k\) 段的极差之和最小。
要求对 \(k = 1 \textasciitilde n\) 分别求解
\(n \leq 5000\)

不会，zzz

标签：p2,suf,int,pn2,多校,2024,牛客,ans,dp
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