A题 Tree
问题描述
给定一颗 (n) 个点的树，树边带权，试求一个排列 (P) ，使下式的值最大
其中 (maxflow(s, t)) 表示从点 (s) 到点 (t) 之间的最大流，即从 (s) 到 (t) 的路径上最小的边权
输入格式
第一行一个整数 (n) ，表示点数
下接 (n - 1) 行，每行三个数 (u, v,w) 表示一条连接点 (u) 和点 (v) 权值为 (w) 的边
输出格式
输出一行一个整数，表示答案
数据范围
对于前 (5\%) 的数据满足 (n leq 8)
对于前 (40\%) 的数据满足 (n leq 200)
对于前 (60\%) 的数据满足 (n leq 2000)
对于 (100\%) 的数据满足 (n leq 100000)
样例
| 样例输入 |
|---|
| 2 |
| 1 2 2333 |
| 样例输出 |
|---|
| 2333 |
题解
事实上是一道十行代码就可以解决的题目
如果要让(sum_{i=1}^{n-1}maxflow(P_i, P_{i+1}))的边权值最小，就要让每一条边只被经过一次，那么将所有边的权值相加就好了QAQ（网上的题解都是些什么玩意。。。）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,ans,u,v,w;
int main(){
cin>>n;
for(register long long i=1;i<n;i++)cin>>u>>v>>w,ans+=w;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
#### B题 Permutation #### 问题描述 给定一张 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，每条边连接两个顶点，保证无重边自环，不保证连通
你想在这张图上进行若干次旅游，每次旅游可以任选一个点 (x) 作为起点，再走到一个与 (x) 直
接有边相连的点 (y) ，再走到一个与 (y) 直接有边相连的点 (z) 并结束本次旅游
作为一个旅游爱好者，你不希望经过任意一条边超过一次，注意一条边不能即正向走一次又反
向走一次，注意点可以经过多次，在满足此条件下，你希望进行尽可能多次的旅游，请计算出最多
能进行的旅游次数并输出任意一种方案
输入格式
第 (1) 行两个正整数 (n) 与 (m) ，表示全图的点数与边数
下接 (m) 行，每行两个数字 (u) 与 (v) 表示一条边
输出格式
第 (1) 行一个整数 (cnt) 表示答案
下接 (cnt) 行，每行三个数字 (x) , (y) 与 (z) ，表示一次旅游的路线
如有多种旅行方案，任意输出一种即可
数据范围
对于前 (20\%) 的数据， (n < 10,m leq 20) .
对于令 (20\%) 的数据， (m = n - 1) ，并且图连通
对于令 (10\%) 的数据，每个点的度数不超过 (2)
对于 (100\%) 的数据， (n leq 100000,m leq 200000)
样例
| 样例输入 |
|---|
| 4 5 |
| 1 2 |
| 3 2 |
| 2 4 |
| 3 4 |
| 4 1 |
| 样例输出 |
|---|
| 2 |
| 4 1 2 |
| 4 3 2 |
题解
部分分方法很容易想到，DFS或者BFS直接遍历查找即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100010,maxm = 200010;
/*
struct edge{
int v,next;
bool used;
}E[maxm*2];
*/
struct anss{
int a,b,c;
};
vector<int> G[maxn];
//priority_queue< pair<int,int> , vector<pair<int,int>>, less<pair<int,int>> > pq;
int p[maxn],eid;
int degree[maxn];
/*
void init(){
memset(p,-1,sizeof p);
eid = 0;
}
*/
inline void insert(int u,int v){
G[u].push_back(v);
}
inline void insert2(int u,int v){
insert(u,v);
insert(v,u);
}
int n,m;
inline bool cmp(const int &a,const int &b){
if(degree[a] == degree[b]){
return a < b;
}else{
return degree[a] < degree[b];
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(degree,0,sizeof degree);
for(int i=1;i<=m;i++){
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
insert2(u,v);
degree[u]++;
degree[v]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
sort(G[i].begin(),G[i].end(),cmp);
}
int cnt = 0;
//int tcnt[maxn] = {0};
vector<anss> ansss;
for(int i=1;i<=n;i++){
while(degree[i] >= 2){
//cout << "i:" << i << " degree: " << degree[i] << endl;
//ansss.push_back({G[i][tcnt[i]*2-2],i,G[i][tcnt[i]*2-1]});
int son1 = -1,son2 = -1;
int savep;
int pp = 0;
sort(G[i].begin(),G[i].end(),cmp);
//cout << "savep:" << savep << endl;
son1 = G[i][0],son2 = G[i][1];
//cout << "son1:" << son1 << "son2:" << son2 << endl;
for(int ppp=0;ppp<G[son1].size();ppp++){
if(G[son1][ppp] == i){
//cout << "ppp1:" << ppp << endl;
G[son1].erase(G[son1].begin() + ppp);
break;
}
}
for(int ppp=0;ppp<G[son2].size();ppp++){
if(G[son2][ppp] == i){
//cout << "ppp1:" << ppp << endl;
G[son2].erase(G[son2].begin()+ppp);
break;
}
}
G[i].erase(G[i].begin()+1);
G[i].erase(G[i].begin());
ansss.push_back({son1,i,son2});
degree[i] -= 2;
degree[son1]--;
degree[son2]--;
cnt++;
}
}
printf("%d
",cnt);
for(int i=0;i<ansss.size();i++){
printf("%d %d %d
",ansss[i].a,ansss[i].b,ansss[i].c);
}
return 0;
}
这种方法的错误性也很容易发现。任意一个强连通图都有可能导致错误，即使是部分强联通也会出导致错误。所以我们需要找其他的思路。
首先我们可以发现，答案输出的第一行总是所有联通块中的边集(Sigma{m/2})，此时我们在每个联通块中任选一点做生成树，并从根节点向下遍历，每找到两条相连边就记录一次即可。当然遍历的顺序也很讲究，要先查叶子节点的所连的边再查父亲节点的所连的边，这样才能玄学保证最优
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxn=4e5+10;
inline char get(){
static char buf[30],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,30,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read(){
register char c=get();register int f=1,_=0;
while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get();
while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get();
return _*f;
}
ll n,m,num[maxn],fa[maxn];
bool vis[maxn];
struct edge{
ll v;
ll next;
}e[maxn];
ll p[maxn],t=0;
ll edge[maxn];
struct Path{
ll a,b,c;
};
vector<Path> ans;
void insert(ll u,ll v){
e[t].v=v;
e[t].next=p[u];
p[u]=t++;
}
void insert2(ll u,ll v){
insert(u,v);
insert(v,u);
}
void BFS(ll rt){
ll x,H=0,T=1;
num[T]=rt;
fa[rt]=-1;
while(H-T){
ll u=num[++H];
for(ll i=p[u];i!=-1;i=e[i].next){
ll v=e[i].v;
if(!fa[v]){
fa[v]=u;
num[++T]=v;
}
}
}
for(x=T;x>=1;x--){
ll u=num[x];
edge[0]=0;
for(ll i=p[u];i!=-1;i=e[i].next){
ll v=e[i].v;
if(!vis[i] && v!=fa[u])
edge[++edge[0]]=i;
}
for(ll i=p[u];i!=-1;i=e[i].next){
ll v=e[i].v;
if(!vis[i] && v==fa[u])
edge[++edge[0]]=i;
}
for(ll i=1;i+1<=edge[0];i+=2){
vis[edge[i]]=vis[edge[i]^1]=true;
vis[edge[i+1]]=vis[edge[i+1]^1]=true;
ans.push_back((Path){e[edge[i]].v,u,e[edge[i+1]].v});
}
}
}
int main(){
freopen("T1.txt","r",stdin);
memset(p,-1,sizeof(p));
n=read(),m=read();
for(ll i=1;i<=m;i++){
insert2(read(),read());
}
for(ll i=1;i<=n;i++)
if(!fa[i])BFS(i);
printf("%lld
",(ll)ans.size());
for(ll i=0;i<ans.size();i++)printf("%lld %lld %lld
",ans[i].a,ans[i].b,ans[i].c);
return 0;
}
C题 Permutation
问题描述
你有一个长度为 (n) 的排列 (P) 与一个正整数 (K)
你可以进行如下操作若干次使得排列的字典序尽量小
对于两个满足 (left|i-j ight| geq K) 且(left|P_i-P_j ight| =1)的下标 (i) 与 (j) ，交换 (P_i) 与 (P_j)
输入格式
第一行包括两个正整数 (n) 与 (K)
第二行包括 (n) 个正整数，第 (i) 个正整数表示 (P_i)
输出格式
输出一个新排列表示答案
输出共 (n) 行，第 (i) 行表示 (P_i)
数据范围
对于前 (20\%) 的数据满足 (n leq 6)
对于前 (50\%) 的数据满足 (n leq 2000)
对于 (100\%) 的数据满足 (n leq 500000)
样例
| 样例输入 |
|---|
| 8 3 |
| 4 5 7 8 3 1 2 6 |
| 样例输出 |
|---|
| 1 |
| 2 |
| 6 |
| 7 |
| 5 |
| 3 |
| 4 |
| 8 |
题解
非常好的暴力训练题。考试的时候明显是在比谁骗的分多Orz
首先是大家都懂的20分普通暴力
#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 500010
using namespace std;
inline char get(){
static char buf[30],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,30,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read(){
register char c=get();register int f=1,_=0;
while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get();
while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get();
return _*f;
}
struct edge{
int u,v,w,next;
}E[maxn<<1],A[maxn<<1];
int p[maxn],eid=0;
void init(){
for(register int i=0;i<maxn;i++)p[i]=-1;
eid=0;
}
void insert(int u,int v,int w){
E[eid].u=u;
E[eid].v=v;
E[eid].w=w;
E[eid].next=p[u];
p[u]=eid++;
}
void insert2(int u,int v,int w){
insert(u,v,w);
insert(v,u,w);
}
int n,k;
int t[maxn],a[maxn];
int main(){
//freopen("T2.txt","r",stdin);
n=read();k=read();
for(register int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
int flag=n;
while(flag--) {
for(register int i=1;i<=n;i++){
for(register int j=i+k;j<=n;j++) {
if(fabs(a[i]-a[j])==1 && a[i]>a[j]) {
int p=a[i];
int q=a[j];
a[i]=q;
a[j]=p;
}
}
}
}
for (int i=1;i<=n;i++)cout<<a[i]<<endl;
return 0;
}
道理都懂，直接暴力查找就好了_(:з」∠)_
然后是知识分子的剪枝暴力，用的时间要稍微少一点，去掉了对于无法转换的字符的判断，虽然复杂度的上限依然很大，但是下限减小了不少↓
//40分
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,k,p[500010],t[500010];
int main(){
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>p[i];
t[i] = p[i];
}
sort(t+1,t+1+n);
bool flag = 1;
int ts =1;
while(flag){
flag = 0;
for(int i=ts;i<n;i++){
int tk = 0;
for(int j=i+1;j<=n;j++){
if(abs(p[i] - p[j]) == 1){
tk++;
}
if(abs(i - j) >= k && abs(p[i]-p[j])==1 && p[i]>p[j]){
long long temp = p[i];
p[i] = p[j];
p[j] = temp;
flag = 1;
/*for(int k=1;k<=n;k++){
cout<<p[k]<<" ";
}
cout<<endl;*/
}
if(tk == 2){
break;
}
}
}
if(p[ts] == t[ts]){
ts++;
//cout<<p[ts]<<endl;
}
// t++;
//cout<<t<<endl;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cout<<p[i]<<endl;
}
return 0;
}
PS：我也不知道为什么会变成40分QAQ
最后是大佬的玄学暴力。每一次遍历的时候提前处理判断当前是否是最佳答案，对于每一对(i)和(j)而言，若(i)在(j)的前面，那么每一次判断性质时只判断$ i-j (是否等于1而不是)abs(i-j)(，因为如果)i-j=1(成立就说明处在前方的数的值一定比处在后方的数的值要大，那么一定要执行交换操作。同理，如果)j-i=1$就说明交换之后整个串的字典序要大于交换之前，因此不做交换。
#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 500005
using namespace std;
//tql
inline char get(){
static char buf[30],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,30,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read(){
register char c=get();register int f=1,_=0;
while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get();
while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get();
return _*f;
}
int n,m;
int a[maxn];
int main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
bool swaped;
for(register int k=1;k<=n && swaped;k++){
swaped=false;
for(register int i=1;i<=n-m;i++){
for(register int j=i+m;j<=n;j++){
if(a[i]-a[j]==1){
swap(a[i],a[j]);
swaped=true;
}
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d
",a[i]);
return 0;
}
讲完暴力我们再来看下正解。（转，正解让本弱鸡根本无法理解，会在正解后给出自己的解法）
作者：a6219221
来源：CSDN
原文：https://blog.csdn.net/a6219221/article/details/52456053
- 从input的内容来分：有2种，分别是有duplicate和no duplicate的
解法：这两种情况的结果其实有有同一个特性：在同一个position，同一种字母只能出现一次。只不过没有duplicate的情况下不需要额外处理就可以达到这个效果。针对有duplicate的情况，我们在每次的recursion中都需要设置一个set来储存这个位置已经使用过的数字或者字母。见如下的tree：
example: input is: 1, 1, 2
on each recursion level, we skip the duplicate number
/ |
1 [1]重复 2 n
/ / |
1 2 1 2 1 [1]重复 n * (n - 1)
/ / / / | |
2 1 2 1 1 1 n * (n - 1) * (n - 2)
time: O(n!)
space: O(n)
1 1 2
1 2 1
2 1 1
-
从input的type来分：
-
可以是array
-
可以是list
-
也可以是个string
区别：这里的区别在于是否能够in place操作其中的element。比如array就可以快速的swap里面的element，这时候我们的permutation就可以使用swap的方式。但是string是没有办法这样操作的。所以如果后面2种情况出现又想要做in place的话，最好是重新建立一个array来储存其中的内容。这样也可以避免List的get()的时间复杂度不恒定的问题。string可以使用toCharArray()来得到char的array
- 从output的要求来分：
1是不用output，就print出来。
2是要返回一个List
3是要返回一个List<List
区别： 1.如果不用output，我们可以写一个函数把那个array或者temp arraylist中的内容打印出来。这个问题一般不大
-
如果需要返回一个string，那么input一般来说是一个string或者是char array.这类的做法也比较方便，用swap的方法最后rst.add(new String(input))就可以实现
-
需要注意的是如果要求返回的值是List<List
>，那么最后加入rst的那步一定是需要一个一个把array中的数字添加到最后的list中去的。最好是这样做，可以保证不会出问题。因为并不是很麻烦而且不会出现想用现成函数用错的情况。毕竟list中的是object而array中的可能是permitIve type
贴上代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=5e5+10;
void read(int &x)
{
char c=getchar(); x=0;
while (c<'0'||c>'9') c=getchar();
while (c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar();
}
int n,k,p[maxn],q[maxn],deg[maxn];
int tote,FIR[maxn],TO[maxn<<1],NEXT[maxn<<1];
priority_queue<int> pq;
namespace SegTree{
int mn[maxn<<2];
#define lc (nd<<1)
#define rc (nd<<1|1)
#define mid ((s+t)>>1)
void init()
{
memset(mn,0x3f3f3f3f,sizeof(mn));
}
void update(int nd,int s,int t,int id,int val)
{
if (s==t) {mn[nd]=val; return;}
if (id<=mid) update(lc,s,mid,id,val);
else update(rc,mid+1,t,id,val);
mn[nd]=min(mn[lc],mn[rc]);
}
int query(int nd,int s,int t,int l,int r)
{
if (l<=s&&t<=r) return mn[nd];
int Ans=0x7fffffff;
if (l<=mid) Ans=min(Ans,query(lc,s,mid,l,r));
if (r> mid) Ans=min(Ans,query(rc,mid+1,t,l,r));
return Ans;
}
}
void addedge(int u,int v)
{
TO[++tote]=v;
NEXT[tote]=FIR[u];
FIR[u]=tote;
deg[v]++;
}
int main()
{
int i,x;
read(n); read(k);
for (i=1;i<=n;i++)
read(p[i]),q[p[i]]=i;
SegTree::init();
for (i=n;i>=1;i--)
{
x=SegTree::query(1,1,n,q[i]-k+1,q[i]);
if (x<=n) addedge(q[x],q[i]);
x=SegTree::query(1,1,n,q[i],q[i]+k-1);
if (x<=n) addedge(q[x],q[i]);
SegTree::update(1,1,n,q[i],i);
}
for (i=1;i<=n;i++)
if (!deg[i]) pq.push(i);
for (i=n;i>=1;i--)
{
int u=p[i]=pq.top(); pq.pop();
for (int p=FIR[u];p;p=NEXT[p])
if (!(--deg[TO[p]])) pq.push(TO[p]);
}
for (i=1;i<=n;i++) q[p[i]]=i;
for (i=1;i<=n;i++) printf("%d
",q[i]);
}
//转自一个ACM银牌选手
然后是本弱鸡的粉墨登场
首先我们要明确这是一个换位问题。这时我们假设有三个数(a,b,c)，如果(a)和(b)可以交换位置且(b)和(c)可以换位置，那么我们就可以知道(a)一定可以和(c)换位置。因此我们需要一个值来存储可以换位置的点。用什么方法可以很容易的判断两个元素处于同一个集合里呢？很显然是并查集。我们初始化每次判断i和j位置的值，如果(i)和(j)可以换位置，就在并查集中合并(i)和(j)，最后按字典序排列即可
这时我们就得到了一个看似正确的思路。事实上，这只正确了一半。因为当我们交换两个元素的位置后，他可以通往的位置会发生改变。因此这时我们需要再重复几次之前的步骤，直到最后所有元素都没法再交换位置得到最优解时再停止
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 500000
using namespace std;
inline char get(){
static char buf[30],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,30,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read(){
register char c=get();register int f=1,_=0;
while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get();
while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get();
return _*f;
}
int fa[maxn];
int n,k;
void init(){
for(register int i=0;i<=n;i++)fa[i]=i;
}
int get(int x){
if(fa[x]==x)return x;
return fa[x]=get(fa[x]);
}
int merge(int x,int y){
x=get(x);
y=get(y);
if(x!=y)fa[y]=x;
}
struct edge{
int a,p;
//a记录当前的值，p记录位置
}E[maxn];
bool cmp(edge a,edge b){
return a.a<b.a;
}
bool outcmp(edge a,edge b){
return a.p<b.p;
}
set<int> savenow;//存储每一次已经被用过的位置
int cas[maxn];//记录上一次的排列顺序
int main(){
//freopen("T2.txt","r",stdin);
init();
n=read();k=read();
for(register int i=1;i<=n;i++)E[i].a=read(),E[i].p=i;
while(1){
bool here=1;
for(register int i=1;i<=n-k;i++){
for(register int j=i+k;j<=n;j++){
if(abs(E[i].a-E[j].a)==1)merge(i,j);
}
}
for(register int i=1;i<=n;i++){
int last_time=i;
for(register int j=1;j<=n;j++){
if(savenow.count(j))continue;
if(get(E[i].p)==get(j)){
if(E[i].p>E[j].p){
swap(E[i].p,E[last_time].p);
swap(E[i].p,E[j].p);
last_time=j;
}
}
}
savenow.insert(E[i].p);
if(cas[E[i].p]!=E[i].a){
cas[E[i].p]=E[i].a;
here=0;
}
}
if(here)break;
}
for(register int i=0;i<=n;i++)printf("%d ",cas[i]);
return 0;
}
是的，这看似是一个简便又快捷的写法，这时再让我们抱着激动的心情来计算一下复杂度
算了。溜（事实上这个算法的复杂度是(O(n!))）