一般 恼了怎么又狠狠挂分啊啊啊啊Rank
A. 一般图最小匹配
签。（这么多天终于签上了是吧）
结论是，跟图完全没关系。题意转换完就是从 \(n\) 个数中选出 \(m\) 对差的绝对值之和最小的数。显然我们选的每一对数都应该是这 \(n\) 个数中相邻的一组，sort 一下，设 \(f_{i,j,k}\) 表示到第 \(i\) 个点选了 \(j\) 对有/没有选这个数的最小值，转移方程如下：
\[f_{i,j,0}=min(f_{i-1,j,0},f_{i-1,j,1}) \]\[f_{i,j,1}=f_{i-1,j-1,0}+a_i-a_{i-1} \]最终结果即为 \(f_{n,m,0}\) 与 \(f_{n,m,1}\) 中的较小值。
因为赛时觉得可能会爆 int（但事实上容易证明并不会），开 long long 的话 \(5000\times 5000\) 又有可能炸，于是用了滚动数组优化。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x,y,z) for(register int (x) = (y);(x)<=(z);(x)++)
#define fu(x,y,z) for(register int (x) = (y);(x)>=(z);(x)--)
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lx ll
inline lx qr()
{
char ch = getchar();lx x = 0 , f = 1;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
for(;ch>= '0' && ch<= '9';ch = getchar()) x = (x<<3) + (x<<1) + (ch^48);
return x*f;
}
#undef lx
#define qr qr()
#define pii pair<int , int>
#define fi first
#define se second
const int Ratio = 0;
const int N = 5000 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, m;
int a[N];
ll f[2][2501][2];// n; m; choose or not
namespace Wisadel
{
short main()
{
freopen("match.in", "r", stdin) , freopen("match.out", "w", stdout);
n = qr, m = qr;
fo(i, 1, n) a[i] = qr;
sort(a + 1, a + 1 + n);
memset(f, 0x3f, sizeof f);
f[1][0][0] = 0;
fo(i, 2, n)
{
int zc = i & 1, cz = !zc;
f[zc][0][0] = f[cz][0][0];
fo(j, 1, m)
{
f[zc][j][0] = min(f[cz][j][0], f[cz][j][1]);
f[zc][j][1] = f[cz][j - 1][0] + a[i] - a[i - 1];
}
}
printf("%lld\n", min(f[n & 1][m][1], f[n & 1][m][0]));
return Ratio;
}
}
int main(){return Wisadel::main();}
B. 重定向
签。
很水的贪心，从前往后扫只要有能够删一个数使得字典序变小的方案就直接换就行，具体如下：
首先扫出 \(1\) ~ \(n\) 中未出现的数，然后动态维护当前位可出现的数，即到这一位未出现过的数。由于只能删一个数，所以只要遇到能比当前优的操作就记下然后结束遍历。
- 当 \(a_i \neq 0\) 时
-
若 \(a_{i+1}=0\)，首先考虑整个序列未出现的数中最小的是否比 \(a_i\) 大，若是则直接删掉 \(a_i\) 并令 \(a_{i+1}\) 为那个未出现的最小数；若不是则再考虑到当前位未出现的最小数是否比整个序列未出现的最小数小，若是则我们选择删掉到当前位未出现的最小数在原序列中对应的数，并令 \(a_{i+1}\) 为这个值；若仍不满足，则说明此位无论如何操作都没有能使该序列字典序变小，继续循环即可。
-
若 \(a_{i+1}\neq 0\)，则只用判断是否有 \(a_{i}\gt a_{i+1}\)，若是则删掉 \(a_i\) 即可。
- 当 \(a_i=0\) 时
很简单，判断是否有到当前位未出现的最小数是否比整个序列未出现的最小数小，若是则同上，不是则直接给其赋值整个序列未出现的最小数即可。
有点复杂可能了，赛时有个地方不小心打炸了导致 VSCode 直接罢工了，怎么编译都是“已放弃运行”，auto save 也失灵了，导致有几个细节改了没保存，狠狠挂了 45pts。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x,y,z) for(register int (x) = (y);(x)<=(z);(x)++)
#define fu(x,y,z) for(register int (x) = (y);(x)>=(z);(x)--)
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lx ll
inline lx qr()
{
char ch = getchar();lx x = 0 , f = 1;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
for(;ch>= '0' && ch<= '9';ch = getchar()) x = (x<<3) + (x<<1) + (ch^48);
return x*f;
}
#undef lx
#define qr qr()
#define pii pair<int , int>
#define fi first
#define se second
const int Ratio = 0;
const int N = 2e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, k, kb;
int a[N], yz[N];
set<int> st;
priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > q;
namespace Wisadel
{
short main()
{
freopen("repeat.in", "r", stdin) , freopen("repeat.out", "w", stdout);
int T = qr;
while(T--)
{
n = qr; k = 0; st.clear();
fo(i, 1, n) yz[i] = 0;
bool kong = 0;
fo(i, 1, n) a[i] = qr, yz[a[i]] = 1, st.insert(i);
while(q.size()) q.pop();
fo(i, 1, n) if(!yz[i]) kong = 1, q.push(i);
if(kong)
{// 有空位
fo(i, 1, n - 1)
{
if(a[i]) st.erase(a[i]);
if(a[i] != 0 && a[i + 1] == 0)
{
if(q.top() < a[i])
{
k = i;
a[i + 1] = q.top();
q.pop();
q.push(a[i]);
break;
}
else if(*st.begin() < q.top())
{
kb = *st.begin();
k = -1;
a[i + 1] = -1;
break;
}
}
if(a[i] != 0 && a[i + 1] != 0 && a[i] > a[i + 1])
{
k = i;
q.push(a[i]);
break;
}
if(a[i] == 0)
{
if(*st.begin() < q.top())
{
kb = *st.begin();
k = -1;
a[i] = -1;
break;
}
else
{
a[i] = q.top();
st.erase(a[i]);
q.pop();
}
}
}
if(k == 0) k = n;
fo(i, 1, n)
{
if((k == -1 && kb == a[i]) || k == i) continue;
if(a[i] == 0) a[i] = q.top(), yz[q.top()] = 1, q.pop();
if(a[i] == -1) a[i] = kb;
printf("%d ", a[i]);
}
}
else
{
fo(i, 1, n) if(a[i] > a[i + 1]){k = i; break;}
if(k == 0) k = n;
fo(i, 1, n)
{
if(k == i) continue;
printf("%d ", a[i]);
}
}
printf("\n");
}
return Ratio;
}
}
int main(){return Wisadel::main();}
C. 斯坦纳树
虚树？
牛牛错误的情况挺简单的，就是一个非点集中点连了三个点集中点的情况，即：
首先认为边权不为 0，发现维护一个点数逐渐增加的这样的图并不好实现，于是考虑倒着做删点操作。当一个点被删掉时，我们称其为虚点。显然若虚点存在则答案为 0。一个显然的结论是：若一个点的边数小于 3，则它不会对答案产生贡献，可以直接删掉，证明就是推出上图的步骤。一点被删掉后需要将与它相连的点两两连边保证树的形态，最后再判断每个子节点是否符合删点的要求再做一遍即可。由于每个点只用删一次，时间复杂度是 \(\mathcal{O(n)}\) 的。
然后再考虑边权就很容易了，我们用并查集维护一下每个点所属的连通块，若边权为零则合并两个连通块即可。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x,y,z) for(register int (x) = (y);(x)<=(z);(x)++)
#define fu(x,y,z) for(register int (x) = (y);(x)>=(z);(x)--)
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lx ll
inline lx qr()
{
char ch = getchar();lx x = 0 , f = 1;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
for(;ch>= '0' && ch<= '9';ch = getchar()) x = (x<<3) + (x<<1) + (ch^48);
return x*f;
}
#undef lx
#define qr qr()
#define pii pair<int , int>
#define fi first
#define se second
const int Ratio = 0;
const int N = 3e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, ecnt, sum;
int a[N], fa[N], cnt[N], son[3];
int ans[N];
struct edge{int u, v;} e[N];
set<int> st[N];
namespace Wisadel
{
int Wfind(int x)
{
if(x == fa[x]) return x;
return fa[x] = Wfind(fa[x]);
}
void Wdel(int u)
{
if(st[u].size() <= 2 && !cnt[u])
{
sum--; int num = 0;
for(int v : st[u]) son[++num] = v;
st[u].clear();
fo(i, 1, num)
{
fo(j, 1, num) if(i != j) st[son[i]].insert(son[j]);
st[son[i]].erase(u);
}
fo(i, 1, num) Wdel(son[i]);
}
}
short main()
{
freopen("tree.in", "r", stdin) , freopen("tree.out", "w", stdout);
n = qr;
fo(i, 1, n) fa[i] = i;
fo(i, 1, n - 1)
{
int a = qr, b = qr, c = qr;
if(c == 0)
{
int _ = Wfind(a), __ = Wfind(b);
if(_ > __) swap(_, __);
fa[__] = _;
}
else e[++ecnt].u = a, e[ecnt].v = b;
}
fo(i, 1, n - 1) st[Wfind(e[i].u)].insert(Wfind(e[i].v)), st[fa[e[i].v]].insert(fa[e[i].u]);
fo(i, 1, n) a[i] = qr, a[i] = Wfind(a[i]), cnt[a[i]]++;
fu(i, n, 1)
{
ans[i] = !sum, cnt[a[i]]--;
if(!cnt[a[i]]) sum++, Wdel(a[i]);
}
fo(i, 1, n) printf("%d", ans[i]);
return Ratio;
}
}
int main(){return Wisadel::main();}
D. 直径
神秘 \(\mathcal{O(n^6\log n)}\) 超级 dp 题。
末
起码签上 T1 了。
不过 VSCode 爆炸导致挂分还是太戏剧了，也算是经验++吧，虽然不挂 Rank5，但没准就为将来正式比赛攒 rp 了呢？
明天没模拟赛啊，感觉又要状态--了，晚上开 ABC 吧，争取AK（赛后也算）。
完结撒花~
