11.2日上午模拟测试总结

一.总体分析

考试满分 290

期望得分 100+100+78=278

实际得分 90+30+78=198

与自己理想的分数还是有距离，题目不难，有以下需要改进的地方

1.细节问题：第一题去重如果最后一个有重复，会多增加一个0,0点，WA掉一组数据。差点因为调试信息没去掉而WA。

　　一定要在模拟的地方处理好边界问题，调试信息一定要及时去掉

2.思维问题：第二题还是思维太局限，没有去认真想没有发现其中的规律

　　联赛时一种思路想不通了，可以换一种思路去想

3.技术问题：第三题卡递归我也是不想说什么了，其他地方都是板子，要注意求最长路的DP不要写挂了，可以直接写SPFA

二.题目分析

T1：同花顺

题目大意：给定n张扑克牌的花色和数字,问最少替换多少张牌,可以全部凑成同花顺?

思路分析：显然同花顺是同一个花色，那么先去重，排序，对于每一张牌i找到颜色一样，且数值<=wi的最后一张牌，计算之间牌的数量，即是不要变的数量。O(nlogn)

代码

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf (1<<30)
#define ll long long
#define RG register int
#define rep(i,a,b)    for(RG i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b)    for(RG i=a;i>=b;i--)
#define maxn 100005
using namespace std;
int n,ans,cnt;
struct Dat{
    int a,b;int dis;
    inline bool operator < (const Dat &tmp)const{
        return a==tmp.a?b<tmp.b:a<tmp.a;
    }
}D[maxn];
set<Dat> st;
set<Dat>::iterator p,q;

inline int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}
void solve()
{        
    ans=0;
    for(q=st.begin();q!=st.end();++q)
    {
        p=st.lower_bound((Dat){(*q).a,(*q).b+n});
        if(p==st.end())    {ans=max(ans,cnt-(*q).dis+1);continue;}
        if((*p).a!=(*q).a)            ans=max(ans,(*p).dis-(*q).dis+1);
        else if((*p).b>(*q).b+n)     ans=max(ans,(*p).dis-(*q).dis);
        else                        ans=max(ans,(*p).dis-(*q).dis+1);
    }
    cout<<n-ans;
}

int main()
{
    freopen("card.in","r",stdin);
    freopen("card.out","w",stdout);
    n=read();
    for(RG i=1,a,b;i<=n;i++)
        D[i].a=read(),D[i].b=read();
    sort(D+1,D+1+n);
    int la=0,lb=0;
    for(RG i=1;i<=n;i++)
    {
        while(D[i].a==la&&D[i].b==lb)    ++i;
        la=D[i].a,lb=D[i].b;
        st.insert((Dat){la,lb,++cnt});
    }
    solve();
    return 0;
}

T2：做实验

题目大意：给定两个序列a[i]和b[i],问对于每个a[i],它的子集里面有多少不是a[i-b[i]]..a[i-1]的子集（a为b的子集的定义为数a的二进制中每一位为1都在b中出现）

思路分析：只要在区间a[i-b[i]]..a[i-1]出现了就对答案不能算做贡献，那么记录下f[i]为数i属于的最晚的一个集合。如果枚举出ai的每个子集j，如果f[j]<i-bi，那么就对答案作出共献。如何计算子集，tmp从a开始一直到1，每次tmp=a&(tmp-1)，相当于是舍去了那些不是子集的情况，且最大限度的保留了数字。（我就是这里没想到）

代码

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf (1<<30)
#define ll long long
#define RG register int
#define rep(i,a,b)    for(RG i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b)    for(RG i=a;i>=b;i--)
#define maxn 100005
using namespace std;
int n,f[maxn],a,b,ans;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}

int main()
{
    freopen("test.in","r",stdin);
    freopen("test.out","w",stdout);
    n=read();
    rep(i,1,n)
    {
        a=read(),b=read();
        int tmp=a;ans=0;
        do{
            if(f[tmp]<i-b)    ++ans;
            f[tmp]=i;
            tmp=a&(tmp-1);
        }while(tmp);
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}

T3：拯救世界

题目大意：给定一个有向图,每个点有一个权值。求从指定点到指定点,权值和最大的路径(可重复经过)

思路分析：很裸的SCC缩点后DP出最长路，但是SCC递归会被卡两个点，我也不知道怎么写飞递归的

代码（非AC）

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf (1<<30)
#define ll long long
#define RG register int
#define rep(i,a,b)    for(RG i=a;i<=b;++i)
#define per(i,a,b)    for(RG i=a;i>=b;--i)
#define maxn 500005
using namespace std;
int n,m,cnt,ct,K,S;
int id,sccn;
int h[maxn],head[maxn],val[maxn],f[maxn];
int dfn[maxn],low[maxn],scc[maxn];
bool ist[maxn],vis[maxn],tg[maxn];
stack<int> stk;
struct E{
    int u,v,next;
}e[maxn];
struct EE{
    int v,next;
}edge[maxn];
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}

inline void add1(int u,int v)
{e[++cnt].v=v,e[cnt].u=u,e[cnt].next=h[u],h[u]=cnt;}

inline void add2(int x,int y)
{edge[++ct].v=y,edge[ct].next=head[x],head[x]=ct;}

void tarjan(int u)
{
    dfn[u]=low[u]=++id;
    vis[u]=tg[u]=1;
    stk.push(u);
    for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
    {
        int v=e[i].v;
        if(!dfn[v])
        {
            tarjan(v);low[u]=min(low[u],low[v]);
        }
        else if(vis[v])    low[u]=min(low[u],dfn[v]);
    }
    if(low[u]==dfn[u])
    {
        int tmp;sccn++;
        do{
            tmp=stk.top();stk.pop();
            scc[tmp]=sccn,vis[tmp]=0;
        }while(tmp!=u);
    }
}

void dfs(int u)
{
    vis[u]=1;
    for(int i=head[u];i;i=edge[i].next)
    {
        int v=edge[i].v;
        if(!vis[v])    dfs(v);
        f[u]=max(f[u],f[v]);
    }
    if(!f[u])    f[u]+=ist[u]?val[u]:0;
    else        f[u]+=val[u];
    return;
}

int main()
{    
    freopen("save.in","r",stdin);
    freopen("save.out","w",stdout);
    n=read(),m=read();
    for(RG i=1,u,v;i<=m;++i)    {u=read(),v=read();add1(u,v);}
    
    rep(i,1,n)    if(!tg[i])    tarjan(i);
    rep(i,1,n)    val[scc[i]]+=read();
    S=read(),K=read();
    for(RG i=1,tmp;i<=K;++i)    tmp=read(),ist[scc[tmp]]=1;
    rep(i,1,cnt)    if(scc[e[i].u]!=scc[e[i].v])    add2(scc[e[i].u],scc[e[i].v]);
    
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    dfs(scc[S]);
    cout<<f[scc[S]];
    return 0;
}