題目

樹的難題

Time Limits: 2000 ms
Memory Limits: 262144 KB

Description

Input

輸入文件爲 $split.in$ 。
第一行包含一個正整數 T，表示有T組測試數據。接下來依次是 T組測試數據。
每組測試數據的第一行包含個正整數N。
第二行包含 N個 0、1、2之一的整數，依次表示點 1到點 N的顏色。其中0表示黑色， 1表示白色， 2表示灰色。
接下來 N-1行，每行爲三個整數 ui、vi、ci，表示一條權值等於 ci的邊 $(ui, vi)$ 。

Output

輸出文件爲 $split.out$ 。
輸出 T行，每一個整數，依次表示每組測試數據的答案。

Sample Input

1
5
0 1 1 1 0
1 2 5
1 3 3
5 2 5
2 4 16

Sample Output

10
【樣例解釋】
花費 10 的代價刪去邊(1, 2)和邊(2, 5)。

Data Constraint

對於 10% 的數據： 1 ≤ N ≤ 10。
對於 30% 的數據： 1 ≤ N ≤ 50 0。
對於 60% 的數據： 1 ≤ N ≤ 50 000 。
對於 100% 的數據： 1 ≤ N ≤ 300 000 ，1 ≤ T ≤ 5，0 ≤ ci ≤ 10^9。

祕密任務

Time Limits: 1000 ms
Memory Limits: 262144 KB

Description

Input

輸入文件爲 $secret.in$ ：
第一行包含一個正整數 T，表示有 T組測試數據。接下來依次是 T組測試數據。
每組測試數據的第一行包含兩個整N、M。
第二行包含 N - 1個正整數，依次表示 A1，A2， …，AN-1。
接下來 M行，每行爲三個整數： ui、vi、ci，表示一條連接城市ui和城市 vi的路程等於 ci的高速公路。

Output

輸出文件爲 $secret.out$ 。
輸出 T行，依次表示每組測試數據的答案。若最優方案唯一則輸出 ”Yes”和最小代價，否則輸出 ”No ”和最小代價。字符串和整數之間請用一個空格隔開。

Sample Input

3
3 3
2 4
1 3 23
3 2 12
2 1 11
4 4
3 2 2
1 2 1
2 3 1
3 4 1
4 1 1
3 4
3 2
1 2 1
2 3 2
2 3 19
3 1 4

Sample Output

Yes 4
Yes 3
No 2
【樣例解釋】
第 1組測試數據：最優方案是在城市 1設立兩個檢查點。
第 2組測試數據：最優方案是城市 1的高速公路 (1, 4 )的出入口設立檢查點。
第 3組測試數據：最優方案是在城市 2設立一個檢查點，不過既可以設置在高速公路 (1, 2)的出入口，也可以設置在高速公路 (2, 3)的出入口。

Data Constraint

對於 10% 的數據： 2 ≤ N ≤ 10 , 1 ≤ M ≤ 20。
另有 40% 的數據：最優方案是唯一的。
對於 10 0% 的數據： 2 ≤ N ≤ 400, 1 ≤ M ≤ 4 00 0，1 ≤ T ≤ 5，1 ≤ Ai, c ≤ 10^9。無向圖可能有重邊。

查詢

Time Limits: 3000 ms
Memory Limits: 524288 KB

Description

對於一個整數序列，查詢區間第k大數可以在O(logN)的時間內輕鬆完成。現在我們對這個問題進行推廣。

考慮帶重複數的集合（multiset）。定義在該類集合上的並操作“+”爲兩個集合的所有數不剔除重複得到的結果。比如，若A={1,2,2,3}，B={2,3,4,4}，則C={1,2,2,2,3,3,4,4}。

對於一個給定序列A[1…N]，定義A[x…y]爲包含y-x+1個元素的集合{A[x],A[x+1],…,A[y]}。現在，給定整數序列A，你需要回答很多詢問，其中第i個詢問要求集合A[x[i,1]…y[i,1]]+A[x[i,2]…y[i,2]]+…+A[x[i,ki]…y[i,ki]]中第pi小的元素。

Input

輸入的第一行包含兩個整數N和M，分別表示整數序列的長度和詢問的個數。
第二行N個整數給出整數序列A。
第3到第M+2行給出了所有的詢問。第i+2行前兩個整數爲ki和pi，接下來2ki個整數給出x[i, 1], y[i, 1], x[i,2], …, x[i, ki], y[i, ki]。這些數按照題目中的定義描述了第i個詢問。

Output

對於每一個詢問，輸出相應的結果，即從小到大排序後的第pi個元素。

Sample Input

8 3
1 2 3 1 2 3 1 2
2 4 1 4 3 7
2 4 1 3 6 8
5 31 1 8 1 8 1 8 1 8 1 8

Sample Output

1
2
3

Data Constraint

第1、2個測試數據滿足N ≤ 1 000，M ≤ 1 000。

第3、4個測試數據滿足ki = 1。

所有的測試點滿足N ≤ 200 000，M ≤ 200 000，0 ≤ A[i] ≤ 1 000 000，ki ≤ 5。
保證 $1 \leq x[i,j] \leq N, 1 \leq y[i, j] \leq N, 1 \leq pi \leq \sum_j(y[i, j] - x[i, j] + 1)$ 。

Hint

【樣例說明】
第一個詢問集合爲 ${1,2,3,1,3,1,2,3,1}$ ，第4小元素爲1。

總結

今天的題目難度適中，數據終於不水了。
得分：0+0+100=100
讀了一遍題，感覺T3最水，裸的主席樹，不切都不好意思了，於是開始剛。。。
先把原數列離散化，建樹時動態開點（詳見線段樹詳解），其中第 i 棵權值線段樹儲存 $[1..i]$ 中每一個數出現的次數。詢問時把第y棵線段樹減去第 $x-1$ 棵線段樹，再查詢。
10點左右，程序打完了，交了上去，不料跑了2min+都沒有跑完。
完美卡OJヾ(⌐■_■)ノ♕！
後來發現，可以一邊減一邊查詢，因爲我們只需要一條從根到底的路徑，而相減會得出許多無用的路徑。
然後就AC了。
接着打了1個多小時的T2暴力，卻連SPFA都沒有調出來，完美爆〇（後來發現是因爲我建邊時有下標爲0的邊，而遍歷一個點連接的邊時把這條邊判掉了）

正解

T1

不妨把無根樹轉化成以1爲根的樹。
設 $F_i$ 表示 i 所在的子樹含有0個黑色節點的最優解， $G_i$ 表示 i 所在的子樹含有0個白點的最優解， $H_i$ 表示 i 所在的子樹含有1個白色節點的最優解。

那麼當 i 爲黑色點時
$\begin{aligned} F_k&=\infty\\ G_k&=\sum_{i\subseteq son_k}\min(F_i+cost(k,i),G_i,H_i+cost(k,i))\\ H_k&=\min_{j\subseteq son_k} H_j+\sum_{i\subseteq son_k,i\neq j}\min(F_i+cost(k,i),G_i,H_i+cost(k,i)) \end{aligned}$
當 i 爲白色點時
$\begin{aligned} F_k&=\sum_{i\subseteq son_k}\min(F_i,G_i+cost(k,i),H_i+cost(k,i))\\ G_k&=\infty\\ H_k&=\sum_{i\subseteq son_k}\min(F_i+cost(k,i),G_i,H_i+cost(k,i)) \end{aligned}$
當 i 爲灰色點時
$\begin{aligned} F_k&=\sum_{i\subseteq son_k}\min(F_i,G_i+cost(k,i),H_i+cost(k,i))\\ G_k&=\sum_{i\subseteq son_k}\min(F_i+cost(k,i),G_i,H_i+cost(k,i))\\ H_k&=\min_{j\subseteq son_k} H_j+\sum_{i\subseteq son_k,i\neq j}\min(F_i+cost(k,i),G_i,H_i+cost(k,i)) \end{aligned}$

然後從底到根DP。
這樣子做似乎就可以了，但是

題目中有一句話：

對於 100% 的數據： 1 ≤ N ≤ 300 000

於是@#%#￥%@%@#*）￥~#￥@……
其實解決方法也很容易：BFS一遍，然後把隊列反過來就可以了。

T2

首先可以發現不在最短路上的點都是沒有用的。
於是只保留那些可以更新某個點的最短路的邊。
然後答案要求用最小的費用使1~n不連通，這就是最小割，即最大流。
於是答案就出來了，現在的關鍵就是判斷它是否唯一。
有一個不顯然的性質：

有向邊 $(u,v)$ 必定出現在任意最小割中當且僅當殘量網絡中存在S到u的路徑和v到T的路徑（此處的路徑指的是由沒有滿流的弧組成的路徑）。

那麼如果出現在任意最小割中的邊的原始容量之和不等於答案，方案就不唯一。
這裏可以從1和n分別做一次DFS，最後判斷一下就可以了。
特殊地，當一條邊的 $a_u=a_v$ 時，答案不唯一。

CODE

T1

#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 300005
#define M 1000005
#define inf 300000000000000
int fir[N],end[N<<1],nex[N<<1],a[N],data[N],fa[N];
ll f[N],g[N],h[N],cost[N<<1],temp;char ch;
inline ll min(ll x,ll y){return x<y?x:y;}
inline ll min(ll x,ll y,ll z){return x<z&&x<y?x:min(y,z);}
inline char gc()
{
	static char buf[M],*p1=buf,*p2=buf;
	return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,N,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline void read(int &x)
{
	while(ch=gc(),ch<'0'||ch>'9');x=ch-'0';
	while(ch=gc(),ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0';
}
int main()
{
	int t,n,k,i,l,x,y,z,m,head,tail;
	read(t);
	while(t--)
	{
		read(n),m=0;
		for(i=1;i<=n;i++) read(a[i]),fir[i]=0;
		for(i=1;i<n;i++)
		{
			read(x),read(y),read(z);
			end[++m]=y,cost[m]=z,nex[m]=fir[x],fir[x]=m;
			end[++m]=x,cost[m]=z,nex[m]=fir[y],fir[y]=m;
		}
		head=0,tail=1,data[1]=1;
		while(head<tail)
		{
			k=data[++head];
			for(i=fir[k];i;i=nex[i]) if(end[i]!=fa[k])
			{
				fa[end[i]]=k;
				data[++tail]=end[i];
			}
		}
		for(l=n;l;l--)
		{
			k=data[l];
			if(!a[k])//black
			{
				f[k]=h[k]=inf,g[k]=0;
				for(i=fir[k];i;i=nex[i])
					if(end[i]!=fa[k])
						g[k]+=min(f[end[i]]+cost[i],g[end[i]],h[end[i]]+cost[i]);
				for(i=fir[k];i;i=nex[i])
					if(end[i]!=fa[k])
						h[k]=min(h[k],h[end[i]]+g[k]-min(f[end[i]]+cost[i],g[end[i]],h[end[i]]+cost[i]));
			}
			else if(a[k]<2)//white
			{
				f[k]=h[k]=0,g[k]=inf;
				for(i=fir[k];i;i=nex[i]) if(end[i]!=fa[k])
				{
					f[k]+=min(f[end[i]],g[end[i]]+cost[i],h[end[i]]+cost[i]);
					h[k]+=min(f[end[i]]+cost[i],g[end[i]],h[end[i]]+cost[i]);
				}
			}
			else//gray
			{
				h[k]=inf,f[k]=g[k]=0;
				for(i=fir[k];i;i=nex[i]) if(end[i]!=fa[k])
				{
					f[k]+=min(f[end[i]],g[end[i]]+cost[i],h[end[i]]+cost[i]);
					g[k]+=min(f[end[i]]+cost[i],g[end[i]],h[end[i]]+cost[i]);
				}
				for(i=fir[k];i;i=nex[i])
					if(end[i]!=fa[k])
						h[k]=min(h[k],h[end[i]]+g[k]-min(f[end[i]]+cost[i],g[end[i]],h[end[i]]+cost[i]));
			}
		}
		printf("%lld\n",min(f[1],g[1],h[1]));
	}
	return 0;
}

T2

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 400000000000
#define M 8005
#define N 405
struct EDGE{ll end,lenth,next;}edge[M];
ll n,m,s,sum,a[N],fir[N],lenth[M],end[M],nex[M],dis[N],GAP[N],data[200000];
bool exist[N],b[N],bz[N];
inline ll min(ll x,ll y){return x<y?x:y;}
inline void inc(ll x,ll y,ll z)
{
	end[++s]=y,lenth[s]=z,nex[s]=fir[x],fir[x]=s;
	end[++s]=x,lenth[s]=z,nex[s]=fir[y],fir[y]=s;
}
inline void add(ll x,ll y,ll z)
{
	edge[++s]=(EDGE){y,z,fir[x]},fir[x]=s;
	edge[++s]=(EDGE){x,0,fir[y]},fir[y]=s;
}
inline void spfa()
{
	int i,head=0,tail=1,u,v;
	for(i=2;i<=n;i++) dis[i]=inf,exist[i]=1;
	data[1]=1,dis[1]=0;
	while(head<tail)
	{
		u=data[++head],exist[u]=1;
		for(i=fir[u];i;i=nex[i])
		{
			v=end[i];
			if(dis[v]>dis[u]+lenth[i])
			{
				dis[v]=dis[u]+lenth[i];
				if(exist[v]) exist[v]=0,data[++tail]=v;
			}
		}
	}
}
ll sap(ll k,ll flow)
{
	if(k==n) return flow;
	ll i,j,t,have=flow;
	for(i=fir[k];i;i=edge[i].next)
		if(edge[i].lenth&&dis[k]==dis[j=edge[i].end]+1)
		{
			t=sap(edge[i].end,min(edge[i].lenth,have));
			have-=t,edge[i].lenth-=t,edge[i^1].lenth+=t;
			if(!have) return flow;
		}
	if(!(--GAP[dis[k]])) GAP[1]=n;
	++GAP[++dis[k]];
	return flow-have;
}
void dfs1(ll k)
{
	b[k]=0;
	for(ll i=fir[k];i;i=edge[i].next)
		if(edge[i].lenth&&b[edge[i].end])
			dfs1(edge[i].end);
}
void dfs2(ll k)
{
	bz[k]=0;
	for(ll i=fir[k];i;i=edge[i].next)
		if(edge[i^1].lenth&&bz[edge[i].end])
			dfs2(edge[i].end);
}
int main()
{
	ll task,i,j,x,y,z,ans=0;
	scanf("%lld",&task);
	while(task--)
	{
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
		for(i=1;i<n;i++) scanf("%lld",a+i),fir[i]=0;
		a[n]=inf,fir[n]=0,s=1;
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
			inc(x,y,z);
		}
		spfa();
		memset(fir,0,sizeof(fir));
		for(i=s,s=1;i>1;i--)
			if(dis[end[i]]+lenth[i]==dis[end[i^1]])
				add(end[i],end[i^1],min(a[end[i]],a[end[i^1]]));
		memset(dis,0,sizeof(dis));
		memset(GAP,0,sizeof(GAP)),ans=0;
		while(dis[1]<n) ans+=sap(1,inf);
		memset(b,1,sizeof(b));
		memset(bz,1,sizeof(bz));
		dfs1(1),dfs2(n);
		for(sum=0,i=2;i<=s;i+=2)
			if((!b[edge[i^1].end])&&(!bz[edge[i].end]))
			{
				if(a[edge[i^1].end]==a[edge[i].end])
					{sum=0;break;}
				sum+=min(a[edge[i^1].end],a[edge[i].end]);
			}
		if(sum==ans) printf("Yes %lld\n",ans);
		else printf("No %lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

T3

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define M 7200005
#define N 200005
struct number
{
	int num,id;
}rec[N];
struct node
{
	int sum,lson,rson;
	node(){sum=lson=rson=0;}
}a[M];
int cnt,num[N],b[N],x[10],y[10];char ch;
inline char gc()
{
	static char buf[M],*p1=buf,*p2=buf;
	return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,N,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline void read(int &x)
{
	while(ch=gc(),ch<'0'||ch>'9');x=ch-'0';
	while(ch=gc(),ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0';
}
bool cmp(number x,number y){return x.num<y.num;}
void add(int x,int y,int l,int r,int num)
{
	a[x].sum=a[y].sum+1;
	if(l==r) return;
	int mid=l+r>>1;
	if(num<=mid)
	{
		a[x].rson=a[y].rson,a[x].lson=++cnt;
		add(a[x].lson,a[y].lson,l,mid,num);
	}
	else
	{
		a[x].lson=a[y].lson,a[x].rson=++cnt;
		add(a[x].rson,a[y].rson,mid+1,r,num);
	}
}
int query(int k,int l,int r,int num)
{
	if(l==r) return l;
	int mid=l+r>>1,i,s=0;
	for(i=1;i<=k;i++) s+=a[a[y[i]].lson].sum-a[a[x[i]].lson].sum;
	if(s>=num)
	{
		for(i=1;i<=k;i++) x[i]=a[x[i]].lson,y[i]=a[y[i]].lson;
		query(k,l,mid,num);
	}
	else
	{
		for(i=1;i<=k;i++) x[i]=a[x[i]].rson,y[i]=a[y[i]].rson;
		query(k,mid+1,r,num-s);
	}
}
int main()
{
	int n,m,i,j,k,t;
	read(n),read(m),cnt=n+1;
	for(i=1;i<=n;i++) read(rec[i].num),rec[i].id=i;
	sort(rec+1,rec+n+1,cmp),rec[0].num=-1;
	for(i=1,j=0;i<=n;i++)
	{
		if(rec[i].num>rec[i-1].num) b[++j]=rec[i].num;
		num[rec[i].id]=j;
	}
	for(i=1;i<=n;i++) add(i,i-1,1,n,num[i]);
	while(m--)
	{
		read(j),read(k);
		for(i=1;i<=j;i++)
		{
			read(x[i]),read(y[i]),x[i]--;
			if(x[i]>=y[i]) i--,j--;
		}
		printf("%d\n",b[query(j,1,n,k)]);
	}
	return 0;
}

2019.07.10【NOIP提高組】模擬 A 組比賽總結

題目

樹的難題

Description

Input

Output

Sample Input

Sample Output

Data Constraint

祕密任務

Description

Input

Output

Sample Input

Sample Output

Data Constraint

查詢

Description

Input

Output

Sample Input

Sample Output

Data Constraint

Hint

總結

正解

T1

T2

CODE

T1

T2

T3

Spring Cloud 部署時如何使用 Kubernetes 作爲註冊中心和配置中心

KubeKey 部署 K8s v1.28.8 實戰

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題目

樹的難題

Description

Input

Output

Sample Input

Sample Output

Data Constraint

祕密任務

Description

Input

Output

Sample Input

Sample Output

Data Constraint

查詢

Description

Input

Output

Sample Input

Sample Output

Data Constraint

Hint

總結

正解

T1

T2

CODE

T1

T2

T3

2019.07.10【NOIP提高組】模擬 A 組比賽總結