UTR #1摸鱼解题报告
前言
最近刷uoj题，感觉古代大佬们都好强。。。
vfk的数据
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题解
一个普通的排序题，直接贴代码了。
(Code)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
struct ZFC{
string s;
int L;
}s[10005];
bool cmp(ZFC A,ZFC B){
if(A.L==B.L) return A.s<B.s;
return A.L<B.L;
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i) {
cin>>s[i].s;
s[i].L=s[i].s.length();
}
sort(s+1,s+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;++i) cout<<s[i].s<<endl;
return 0;
}
pyx的难题
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题解
如果已知优先级，然后模仿整个过程是(O(nlogn))的。
于是不难想到一个二分答案的(O(nlog^{2}n))的做法。然而过不了。
然后我就卡在这了。。。
“第一问的二分是建立在单调性上的，而有单调性的题，往往可以试着利用扫描的方法去优化。”（题解原话）
感觉这个思路并不新，但经常会忘记有这种方向。。然而确实是很实用的一种思路。
然后把二分换成扫描就降了一个log下来，就能过了。
(Code)
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=3e5+10;
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
void print(LL x){
if(x>9) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int n;
LL sss,ttt;
struct node{
int t,s,p,id,v;
LL L;
}a[N];
bool cmp(node A,node B){
return A.p<B.p;
}
bool cmp2(node A,node B){
return A.t<B.t;
}
bool cmp3(node A,node B){
return A.id<B.id;
}
map<int,int> num,pi;
priority_queue< pair<int,int> > Q;
void J(LL l,LL r,int pp){
int x=num[pp];
if(l<sss) l=sss;
if(r>ttt) r=ttt;
if(l<=r) a[x].L+=r-l+1;
}
LL ans[N];
int main(){
pair<int,int> z;
n=read();
for(int i=1;i<=n;++i) {
a[i].t=read();a[i].s=read();a[i].p=read();
a[i].id=i;
if(a[i].p==-1) sss=a[i].t;
}
scanf("%lld",&ttt);--ttt;
sort(a+1,a+1+n,cmp2);
for(int i=1;i<=n;++i){
num[a[i].p]=i;a[i].v=i;
}
LL now=0,tt;
for(int i=1;i<=n;++i){
while(now<a[i].t&&(!Q.empty())){
z=Q.top();Q.pop();
tt=min((LL)z.second,(LL)a[i].t-now);
J(now,now+tt-1,z.first);
now=now+tt;z.second=z.second-tt;
if(z.second) Q.push(z);
}
if(now<a[i].t) now=a[i].t;
Q.push(make_pair(a[i].p,a[i].s));
}
while(!Q.empty()){
z=Q.top();Q.pop();
tt=z.second;
J(now,now+tt-1,z.first);
now=now+tt;
}
sort(a+1,a+1+n,cmp);
LL w=0;int y;
for(int i=1;i<=n;++i){
w=w+a[i].L;
y=max(1,a[i].p+1);
if(num[y]) continue;
if(w==a[1].s) {
a[1].p=y;break;
}
}
cout<<a[1].p<<endl;
num[a[1].p]=num[-1];a[1].v=num[-1];
for(int i=1;i<=n;++i) {
y=a[i].v;
while(i!=a[i].v){
swap(a[i],a[y]);
y=a[i].v;
}
}
now=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
while(now<a[i].t&&(!Q.empty())){
z=Q.top();Q.pop();
tt=min((LL)z.second,(LL)a[i].t-now);
now=now+tt;z.second=z.second-tt;
if(z.second) Q.push(z);
else{
ans[a[num[z.first]].id]=now;
}
}
if(now<a[i].t) now=a[i].t;
Q.push(make_pair(a[i].p,a[i].s));
}
while(!Q.empty()){
z=Q.top();Q.pop();
tt=z.second;
now=now+tt;
ans[a[num[z.first]].id]=now;
}
for(int i=1;i<=n;++i) {
print(ans[i]);putchar(' ');
}
puts("");
return 0;
}
ydc的大树
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题解
这道题要用到树的中心的概念。
树的任何一个点的最远点一定是某条直径的端点。通过这个性质可以(O(n))找直径。
树的直径可能有多个（这个显然，参考菊花树）。
取某条直径，找到直径的最中间的点，这个点不一定是树的节点，也可能是边上的某点，记这个点是树的中心。
有一个性质：任何一个点走到最远点一定经过中心。
由于中心可以在边上，那样的话那条边的两个端点就必然被经过了。
然后再这道题中，如果我们把中心或中心所在边上的某端点取出来作为根，就会有神奇的性质。
所有黑点到它的好朋友的路径一定经过根节点。
显然，如果把一条路径从根节点分成两段，第一段就是走到根，第二段就是找个最深黑点走。
然后这题就变成了一个大讨论题。。
首先我们考虑如果最后答案是0，那么方案数一定是n-m。
然后我们只考虑能让黑点不高兴的情况。
如果断点是根，这个情况挺好写的不说了。
若最深黑点分布在至少3颗子树中，我们只需考虑每个白点的子树内黑点数即可。
若最深黑点分布在恰好2颗子树中，没有最深黑点的子树像第一种情况来就好，然后剩余两颗子树之间再讨论。
（由于以上两种数据听特殊的，似乎uoj里数据没有上面两种情况）
然后只有一颗子树内有最深黑点时，在这颗子树内的黑点要找的其他“最深点”要另外再找一遍。
如果断点在这颗子树中，我们只需看它是否覆盖到所有最深黑点进行讨论。
如果断点在其他子树中，我们要找到次深黑点再讨论，具体不赘述了，看代码吧。
(Code)
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const int INF=1e9;
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
void print(LL x){
if(x>9) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int n,m,cnt=1;
int col[N],bl[N],dis[N],hed[N],las[N];
struct edge{
int r,nxt,w;
}e[N<<1];
void insert(int u,int v,int w){
e[++cnt].r=v;e[cnt].nxt=hed[u];hed[u]=cnt;e[cnt].w=w;
}
int rt;
int q[N];
void dij(){
int l=1,r=1;q[1]=rt;
fill_n(dis,N,INF);
dis[rt]=0;
while(l<=r){
int y=q[l++];
for(int i=hed[y];i;i=e[i].nxt){
if(dis[e[i].r]>dis[y]+e[i].w){
las[e[i].r]=y;
dis[e[i].r]=dis[y]+e[i].w;
q[++r]=e[i].r;
}
}
}
return;
}
int mxd[N],fa[N],dep[N];
void dfs(int x){
if(col[x]) mxd[x]=dep[x];
for(int i=hed[x];i;i=e[i].nxt){
if(fa[x]!=e[i].r){
fa[e[i].r]=x;
dep[e[i].r]=dep[x]+e[i].w;
dfs(e[i].r);
mxd[x]=max(mxd[x],mxd[e[i].r]);
}
}
}
int mx=0;
int ans1=0,ans2=0;
void upd(int x){
if(x<=0) return;
if(x>ans1){ans1=x;ans2=1;}
else if(x==ans1) ++ans2;
}
int sz[N],son[N];
void getval(int x){
sz[x]=col[x];
if(col[x]==1&&dep[x]==mx) son[x]=1;
for(int i=hed[x];i;i=e[i].nxt){
if(e[i].r!=fa[x]){
getval(e[i].r);
sz[x]+=sz[e[i].r];
son[x]+=son[e[i].r];
}
}
}
void DP(int x,int op,int y,int z){
for(int i=hed[x];i;i=e[i].nxt){
if(e[i].r!=fa[x]){
DP(e[i].r,op,y,z);
}
}
if(col[x]==0){
if(op==3){upd(sz[x]);return;}
if(op==2){
if(son[x]==son[y]) upd(sz[x]+m-sz[y]);
else upd(sz[x]);
return;
}
if(op==1){
if(son[x]==son[y]) upd(sz[x]+sz[z]);
else upd(sz[x]);
return;
}
}
}
int main(){
int u,v,w;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;++i){
bl[i]=read();
col[bl[i]]=1;
}
for(int i=1;i<n;++i){
u=read();v=read();w=read();
insert(u,v,w);
insert(v,u,w);
}
rt=bl[1];
dij();
for(int i=1;i<=m;++i){
if(dis[bl[i]]>dis[rt]) rt=bl[i];
}
dij();
u=rt;v=rt;
for(int i=1;i<=m;++i){
if(dis[bl[i]]>dis[v]) v=bl[i];
}
double D=dis[v]*1.0/2;
while(dis[las[v]]>=D) v=las[v];
rt=v;
dfs(rt);
for(int i=1;i<=m;++i) mx=max(mx,mxd[bl[i]]);
int k=0;
for(int i=hed[rt];i;i=e[i].nxt) if(mxd[e[i].r]==mx) ++k;
if(k>=3) k=3;
ans1=0;ans2=n-m;
if(col[rt]==0)upd(m);
getval(rt);
if(k==2){
u=0;v=0;
for(int i=hed[rt];i;i=e[i].nxt) {
if(mxd[e[i].r]==mx){
if(!u) u=e[i].r;
else v=e[i].r;
}
}
}
for(int i=hed[rt];i;i=e[i].nxt) {
if(k==3)DP(e[i].r,3,e[i].r,0);
if(k==2&&mxd[e[i].r]!=mx) DP(e[i].r,3,e[i].r,0);
if(k==2&&mxd[e[i].r]==mx) DP(e[i].r,1,e[i].r,(e[i].r^u^v));
if(k==1&&mxd[e[i].r]==mx) DP(e[i].r,2,e[i].r,0);
}
if(k==1){
u=0;v=0;
for(int i=hed[rt];i;i=e[i].nxt) {
if(mxd[e[i].r]==mx){
u=e[i].r;
}
}
v=mx;
mx=0;
for(int i=hed[rt];i;i=e[i].nxt){
if(mxd[e[i].r]!=v){
mx=max(mx,mxd[e[i].r]);
}
}
k=0;
for(int i=hed[rt];i;i=e[i].nxt) if(mxd[e[i].r]==mx) ++k;
if(mx>0){
if(k==1){
for(int i=hed[rt];i;i=e[i].nxt){
if(mxd[e[i].r]<mx) DP(e[i].r,3,e[i].r,0);
}
getval(rt);
for(int i=hed[rt];i;i=e[i].nxt){
if(mxd[e[i].r]==mx) DP(e[i].r,1,e[i].r,u);
}
}
else{
for(int i=hed[rt];i;i=e[i].nxt){
if(mxd[e[i].r]<=mx) DP(e[i].r,3,e[i].r,0);
}
}
}
}
printf("%d %d
",ans1,ans2);
return 0;
}