noip模拟测试7

时间：2021-06-12 00:39:49 阅读：23 评论：0 收藏：0 [点我收藏+]

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题目类型：传统评测方式：文本比较

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一道比较水的模板题，理论上应该考场AC，但由于数组开小了，导致WA了一个测试点。。。（惨痛的教训）

这道题大概思路有两种，第一种就是用 hash ，o(n)的复杂度判断，我就是这样做的，第二种就是用 kmp ,计算 A 的 net 数组，然后用 B 去比较

代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define re register int
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
const int N=1e6+10;
const int mo=131;
int t,la,lb;
ull f1[N],f2[N],use[N];
long long maxx;
char s1[N],s2[N];
char ch;
bool pd(int t1,int e1,int t2,int e2)
{
	if(((ull)f2[e1]-f1[t1-1]*use[e1-t1+1])==((ull)f1[e2]-f1[t2-1]*use[e2-t2+1]))
		return true;
	return false;
}
int main()
{
	scanf("%d",&t);
	use[0]=1;
	for(re i=1;i<=N-5;i++)
		use[i]=use[i-1]*mo;
	while(t--)
	{
		maxx=0;
		memset(f1,0,sizeof(f1));
		memset(f2,0,sizeof(f2));
		scanf("%d%d",&la,&lb);
		scanf("%s",s1+1);
		for(re i=1;i<=lb;i++)
		{
			s2[i]=s1[i];
			f2[i]=f2[i-1]*mo+(ull)s2[i];
		}
		for(re i=1;i<=la;i++)
			f1[i]=f1[i-1]*mo+(ull)s1[i];
		cin>>ch;
		++lb;
		s2[lb]=ch;
		f2[lb]=f2[lb-1]*mo+(ull)s2[lb];
		for(re i=lb;i;i--)
		{
			int L=lb-i+1;
			if(pd(i,lb,1,L)==true)
			{
				maxx=max(maxx,L*1ll);
				if((L==lb)||(L==la))
					break;
			}
		}
		printf("%lld\n",maxx);
	}
	return 0;
}

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题目类型：传统评测方式：文本比较

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这道题很有迷惑性，乍一看以为就是个 tarjan 求割点的板子（至少我在考场上是这样想的，成功收获了 0 分的好成绩），但其实仔细想想，割点和必经点是有区别的，

如图：

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　技术分享图片

若从1到5，我们注意到 3 为割点，但是不是必经点！！

所以，这道题思路（PTY大佬想出来的）类似于一个双指针，在从 1 号节点 dfs 的同时从 n 号节点往上更新自己属于那颗子树，（因为只有 n 号节点属于的那个子树上的割点才是我们必经点）

具体实现看代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define re register int
#define ll long long
#define next net
using namespace std;
const int N=2e6+10;
int t,n,m,tot,top,num,root,gd,out,TOT,col_num,cnt;
int to[N<<1],head[N<<1],next[N<<1],col[N];
int TO[N<<1],HEAD[N<<1],NEXT[N<<1];
int dfn[N],low[N],vis[N],st[N],fa[N][30];
bool ge[N],ge_col[N];
inline int read()
{
	char ch=getchar();
	int x=0;
	while(ch<‘0‘||ch>‘9‘)
		ch=getchar();
	while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘)
	{
		x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x;
}
inline void add(int x,int y)
{
	to[++tot]=y;
	next[tot]=head[x];
	head[x]=tot;
}
inline void tarj(int x)
{
	dfn[x]=low[x]=++num;
	for(re i=head[x];i;i=next[i])
	{
		int p=to[i];
		if(!dfn[p])
		{
			tarj(p);
			low[x]=min(low[x],low[p]);
			if(vis[p]==1)
				vis[x]=1;
			if(low[p]>=dfn[x]&&vis[p]&&x!=1)  //注意此处是 vis[p],而不是 vis[x],以为只有从下面回溯回来的才是正确的，或者，这个节点已经被更新过了，不能再次参与计算！！
			{
				++cnt;
				ge[x]=1;
			}
		}
		else 
			low[x]=min(low[x],dfn[p]);
		
	}
}
inline void in()
{
	memset(to,0,sizeof(to));
	memset(head,0,sizeof(head));
	memset(next,0,sizeof(next));
	memset(dfn,0,sizeof(dfn));
	memset(low,0,sizeof(low));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(ge,0,sizeof(ge));
	num=0;
	tot=0;
	out=0;
	cnt=0;
}
int main()
{
	t=read();
	//cin>>t;
	while(t--)
	{
		in();
		n=read();
		m=read();
		int a,b;
		for(re i=1;i<=m;i++)
		{
			a=read();
			b=read();
			add(a,b);
			add(b,a);
		}
		vis[n]=1;
		tarj(1);
		if(!cnt)
		{
			printf("0\n");
			printf("\n");
			continue;
		}
		printf("%d\n",cnt);
		for(re i=2;i<n;i++)
			if(ge[i])
				printf("%d ",i);
		printf("\n");
	}
	return 0;
}

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题目类型：传统评测方式：文本比较

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考场上看到这道题，没什么好思路，只想到一种贪心做法，就是将相邻的字母合并，计算 size 然后将小的合并到大的上去，得了15分;

这道题正解应该是考虑这样一个式子，我们以 R 为例，令 l[i] 表示 R 左边的 B 的数量， r[i] 表示 R 右边的 B 的数量 ,

以 R 为例，那么我们要求 $min\sum\limits_{i=1}^{tot_R}\min(l_i,r_i)$

我们对这个式子进行化简，可得$min\sum\limits_{i=1}^{tot_R}(\frac{(l[i]+r[i]-|l[i]-r[i]|)}{2})$
进一步 $((l[i]+r[i])/2)-\sum\limits_{i=1}^{tot_R}\max(\frac{(|l[i]-r[i]|)}{2})$

简单来说，就是如下式子:

$$tot_R*tot_B-\sum\limits_{i=1}^{tot_R}\max(\dfrac{|l[i]-r[i]|}{2})$$

所以，我们就把这个 (|l[i]-r[i]|)/2 , 拎出来搞一搞,如何求出最大值？

我们针对一个给出的序列，如 BBRBBRBBBRRR ，那么我们就让它动起来（感性理解一下），首先计算出每个 R 左右两侧的 B 的个数，然后通过一个小根堆维护一个（l[i]-r[i]）的值，计算出（l[i]-r[i]）为正的个数 zh ,非正数（包括零）的个数为 fu，

我们按顺序枚举每一位 s ，将其放到序列末尾

若 s[i]==B ,则 ++use (记录移动的 B 的数量)，sum(记录最大值) sum+=fu*2,

（这里应该比较好理解，将一个 B 放到了末尾，左边的贡献 -1,右边的贡献 +1,所以 sum 保存的是绝对值 ,要+=2）,然后进入队列进行更新，最后 sum-=(zh*2),这里同理，因为他们的差值的绝对值在减小，更新 maxx ;

若 s[i]==R，则 q.push(tot_B+2*use), 解释一下就是我放进队列的都是每个 R 左右两侧的贡献，这个 R 放到了最右面那么贡献就是 tot_B ,还要加上 2*use ，因为计算时要累乘 use ，到这里应该解释的差不多了，

结合代码应该可以理解透彻

#include<bits/stdc++.h>
#define re register int
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e6+10;
ll t,len,sum,maxx;
ll rs,bs,use,zh,fu;
ll l[N],r[N];
char s[N];
priority_queue<ll,vector<ll>,greater<ll> > q;
void in()
{
	zh=0;
	fu=0;
	bs=0;
	rs=0;
	sum=0;
	maxx=0;
	use=0;
	memset(l,0,sizeof(l));
	memset(r,0,sizeof(r));
	while(!q.empty())
		q.pop();
}
int main()
{
	scanf("%lld",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%s",s+1);
		len=strlen(s+1);
		in();
		for(re i=1;i<=len;i++)
		{
			l[i]=l[i-1];
			if(s[i]==‘R‘)
			{
				l[i]=bs;
				++rs;
			}
			else
				++bs;
		}
		for(re i=1;i<=len;i++)
		{
			if(s[i]==‘R‘)
			{
				r[i]=bs-l[i];
				if(l[i]-r[i]>0)
				{
					q.push(l[i]-r[i]);
					//cout<<(l[i]-r[i])<<" i="<<i<<" l[i]="<<l[i]<<" r[i]="<<r[i]<<endl;
					++zh;	
				}
				else
					++fu;
				sum+=abs(l[i]-r[i]);
			}
		}
		/*for(re i=1;i<=len;i++)
			cout<<l[i]<<" "<<r[i]<<endl;*/
		maxx=sum;
		for(re i=1;i<=len;i++)
		{
			if(s[i]==‘B‘)
			{
				++use;
				sum+=fu*2;
				while(!q.empty())
				{
					if(q.top()-(use<<1)>0)
						break;
					if(q.top()-(use<<1)==0)
						sum-=2;
					fu++;
					zh--;
					q.pop();
				}
				sum-=(zh<<1);
				maxx=max(maxx,sum);
			}
			else
			{
				q.push(bs+(use<<1));
				++zh;
				--fu;
			}
		}
		printf("%lld\n",(bs*rs-maxx)>>1);
	}
	return 0;
}

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原文：https://www.cnblogs.com/WindZR/p/14876420.html

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