[考试总结]ZROI-21-CSP7连-DAY2 总结

时间:2021-09-06
本文章向大家介绍[考试总结]ZROI-21-CSP7连-DAY2 总结，主要包括[考试总结]ZROI-21-CSP7连-DAY2 总结使用实例、应用技巧、基本知识点总结和需要注意事项，具有一定的参考价值，需要的朋友可以参考一下。

#T1 IP 地址

#题意简述

一个合法的 IP 地址每位数字最小为 \(0\)，最大为 \(255\)，且不含前导零。每位数字中间有一个 "." 隔开。

给定一个文本串，其中最多包含 \(4\) 个整数（可能极大），问是否是合法的 IP 地址，如果不合法请更正为合法 IP，数字大于 \(255\) 则修改为 \(255\).

#大体思路

把快读魔改一下就好了，但是一定要注意细节，比如快读实际会向后多读一个字符，可以借此判断最后是否有多余字符。

#Code

const int N = 100010;
const int INF = 0x3fffffff;

int is_not_ip(0), cnt;

template <typename T> inline void read(T &x) {
    x = 0; int f = 1;
    char c = getchar();
    for (; !isdigit(c); c = getchar()) {
        if (c == '.') ++ cnt;
        if (c != '.' || cnt > 3) is_not_ip |= 1;
    }
    for (; ; c = getchar())  {
        if (!isdigit(c)) {
            if (c != '.') is_not_ip |= 1;
            else if (++ cnt > 3) is_not_ip |= 1;
            break;
        }
        if (c == '0' && x == 0) is_not_ip |= 1;
        x = x * 10 + c - '0';
        if (x > 255) x = 255, is_not_ip |= 1;
    }
    x *= f;
}

int a[4];

int main() {
    for (int i = 0; i < 4; ++ i) read(a[i]);
    if (is_not_ip) printf("NO\n");
    else printf("YES\n");
    for (int i = 0; i < 4; ++ i) {
        printf("%d", a[i]);
        if (i < 3) printf(".");
    }
    return 0;
}

#T2 字符串

#题意简述

给定一个长度为 \(n\) 的字符串，其中一共包含两种字符：A 和 P，其中，AP 和 PP 可以消去，消去后剩下两段字符串会拼在一起，问经过若干次消除后能得到的最小字符串长度为多少。

#大体思路

注意到 A 只能由 AP 消去，而 P 可以由 PP 消去，考虑贪心：当前的 A 要么在后面被消去，要么无法消去，而多出来的 P 对答案的贡献最多是 \(1\)，所以优先消掉 A 一定是最优的选择。

#Code

const int N = 10010;
const int INF = 0x3fffffff;

char s[N];
int n, pcnt, acnt;

int main() {
    scanf("%s", s); n = strlen(s);
    for (int i = 0; i < n; ++ i) {
        if (s[i] == 'A') ++ acnt;
        else acnt ? -- acnt : ++ pcnt;
    }
    printf("%d", acnt + (pcnt & 1));
    return 0;
}

#T3 继承类

#题意简述

实在不好概述，这里直接粘来原题面。

现在发明了一种类似于 C++ 的面向对象编程语言中的类声明。

每个类声明的格式为 "\(K : P_1\ P_2\ \dots\ P_K;\)"

其中 \(K\) 是要声明的新类的名称，\(P_1\) 、\(P_2\) 、\(\dots\) 、\(P_k\) 类 \(K\) 继承的类的名称。

例如，"shape : ;" 是不继承任何其他类的类 “shape” 的声明，而 “square : shape rectangle;” 是继承类 “shape” 和 “rectangle” 的类 “square” 的声明。

如果类 \(K_1\) 继承类 \(K_2\) ，类 \(K_2\) 继承类 \(K_3\) ，依此类推，直到类 \(K_{m−1}\) 继承类 \(K_m\) ，那么我们说所有类 \(K_1,K_2,\dots,K_{m−1}\) 派生自类 \(K_m\) 。

编程语言的规则禁止循环定义，因此不允许从自身派生一个类。换句话说，类层次结构形成了一个有向无环图。此外，不允许在类层次结构中出现所谓的菱形。一个菱形由四个不同的类 \(A\)、\(B\)、\(X\)、\(Y\) 组成，而且它满足（如下图所示）：

  • 类 \(X\) 和 \(Y\) 派生自 \(A\)。
  • 类 \(B\) 派生自 \(X\) 和 \(Y\)。
  • 类 \(X\) 不是从 \(Y\) 派生的，类 \(Y\) 也不是从 \(X\) 派生的。

现在你会获得 \(n(n\le 1000)\) 个要按顺序处理的类声明，并确定每个类声明是否是正确声明。

正确声明的类被添加到层次结构中，而错误的类被丢弃。声明 “\(K : P_1\ P_2\ \dots\ P_K;\)” 如果满足以下条件，则认为是正确声明：

  1. 类 \(K\) 尚未声明。
  2. 所有类别 \(P_1,P_2,\dots,P_k\) 之前已经声明过。请注意，此条件可确保类永远不会从其自身派生，或者类层次结构中不能存在循环。
  3. 通过添加继承了 \(P_1,P_2,\dots,P_k\) 的类 \(K\) 以后，类层次结构保持有序，即没有形成任何菱形。

现在需要你分别处理上述声明并确定每个声明的正确性。

#大体思路

直接考虑性质三：简单分析“菱形”的性质，不难发现不存在菱形的前提是所有的 \(P_i\) 要么是严格的祖孙关系，要么毫无关系，总之不能为旁系亲属，发现如果当前语句合法，那么所有的 \(P_i\) 的旁系亲属都是当前 \(K\) 的旁系亲属，很好维护，但是直接用 bool 数组维护关系的话时间复杂度为 \(O(n^3)\)，不能接受，又发现维护的值要么是 \(0\) 要么是 \(1\)，且支持位运算，直接上 bitset，时间复杂度优化到 \(O(\dfrac{n^3}{w})\)，可以艹过去了。

#Code

const int N = 1010;
const int INF = 0x3fffffff;

string s, t;
int n, cnt, tcnt, q[N];

map <string, int> mp;
bitset <1010> f[N], b[N], tmp;

inline bool check() {
    tmp.reset();
    for (int i = 1; i <= tcnt; ++ i)
      tmp[q[i]] = 1;
    for (int i = 1; i <= tcnt; ++ i)
      if ((tmp & b[q[i]]).any()) return false;
    return true;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
    cin >> n; int is_wrong = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
        is_wrong = tcnt = 0;
        cin >> s; cin >> t; cin >> t;
        while (t != ";") {
            if (!mp[t]) is_wrong |= 1;
            q[++ tcnt] = mp[t]; cin >> t;
        }
        if (!check()) is_wrong |= 1;
        if (is_wrong || mp[s]) {
            cout << "greska\n"; continue;
        }
        cout << "ok\n"; mp[s] = ++ cnt;
        f[cnt][cnt] = 1;
        for (int j = 1; j <= tcnt; ++ j)
          f[cnt] |= f[q[j]];
        for (int j = 1; j < cnt; ++ j)
          if (!f[cnt][j] && (f[j] & f[cnt]).any()) {
              b[cnt][j] = 1;
          }
    }
    return 0;
}

#T4 子图

#题意简述

依旧是不好简述，上原题面。

Cuber QQ 的研究兴趣是在图 \(G=(V(G),E(G))\) 中找到最好的 \(k\)-degree 子图。

子图 \(S\) 是 \(G\) 的 \(k\)-degree 子图需要满足以下要求：

  • 每个顶点 \(v(v\in S)\) 在 \(S\) 中至少有 \(k\) 度；
  • \(S\) 是连通的 ;
  • \(S\) 是极大的，即 \(S\) 的任何超图都不是 \(k\)-degree 子图，除了 \(S\) 本身。

然后 Cuber QQ 定义子图 \(S\) 的分数。在定义分数之前，他首先定义：

  • \(n(S)\)：子图 \(S\) 中的顶点数，即 \(n(S)=|V(S)|\)；
  • \(m(S)\)：子图 \(S\) 的边数，即 \(m(S)=|E(S)|\)；
  • \(b(S)\)：子图 \(S\) 中的边界边数，\(b(S)=|{(u,v)|(u,v)∈E(G),u∈V(S),v∉V(S),v∈V(G)}|\);

他定义一个子图的分数为 \(score(S)=M\cdot m(S)−N\cdot n(S)+B\cdot b(S)\)，其中 \(M,N,B\) 是给定的常数。

子图的分数越高，Cuber QQ 认为它越好。你需要在图 \(G\) 中找到最好的 \(k\)-degree 子图。如果有许多 \(k\)-degree 子图的分数相同，则应最大化 \(k\)。输出最大的分数及对应的 \(k\).

#大体思路

首先，如果不考虑连通性问题，那么 \((k+1)\)-degree 一定是 \(k\)-degree 的子图，于是我们可以先求得一个标记，如果一个点属于 \(k\)-degree 而不属于 \(k+1\)-degree，那么该点标记为 \(k\)，求得这个标记的过程可以通过像剥卷心菜一样将原图层层剥开，具体细节我们留到后面去说；

假设我们已经求得了每个点的标记，再来考虑通过将卷心菜原图一层层还原回去得到每个 \(k\)-degree 的 score；显然我们是通过加入标记为 \(k\) 的点得到 \(k\)-degree，考虑单个新加入的点，他们对 \(n,m,b\) 的贡献分别是什么。

先来引入一些新记号：

  • \(E(u,>)\) 表示 \(u\) 的边中另一个点标记比 \(u\) 大的边的集合；
  • \(E(u,<)\) 表示 \(u\) 的边中另一个点标记比 \(u\) 小的边的集合；
  • \(E(u,=)\) 表示 \(u\) 的边中另一个点 \(v\) 标记与 \(u\) 相等但 \(v>u\) 的边的集合；

现在不难写出新的贡献：

  • \(\Delta n=1\)；
  • \(\Delta m=|E(u,>)|+|E(u,=)|\)；
  • \(\Delta b=|E(u,<)|-|E(u,>)|\)；

在合并的过程中，可能会导致几个连通块合成一个连通块，可以采用并查集提前维护出各个连通块的代表元素，代表元应当是整个连通块中标记最小的点，这样才能正确地完成合并。为下面合并答案，同时记录每个小连通块合并后的大连通块的编号，以及当前连通块的 \(k\).

并查集采用按秩合并+路径压缩，总体时间复杂度为 \(O(m+n)\)，下面的代码仅采用了路径压缩，总体时间复杂度为 \(O(m\log n+n)\).

#一些细节实现

获取标记时，先用桶排将所有点按照度数从小到大排序，我们自小到大遍历这个序列，对于每个点，将与其相连的所有度数大于该点度数的点的度数减一，同时直接改变其在数列中的位置，将其放到原本度数的开头位置，对应度数的开头位置后移一位，这样维护可以保证在任意时刻队列中都是有序的。考虑为什么只有度数大于该点的点需要改变度数：小于该点的意味着已经被遍历，其度数就是其标记；等于该点的点，显然应当与该点属于同一层，直接保留度数作为标记；对于大于的，根据 \(k\)-degree 的定义，如果不在同一层，当前边贡献的度数显然不符合要求，应当减去，如果应当在同一层，那么由于处理完的度数对应的应当是正确的标记，而当前大于正确标记，应当减去。

详细见下方代码。

#Code

#define ll long long
#define VI vector <int>
#define pii pair <ll, int>

const int N = 2000100;
const int INF = 0x3fffffff;

template <typename T>
inline T Min(const T a, const T b) {return a < b ? a : b;}

template <typename T>
inline T Max(const T a, const T b) {return a > b ? a : b;}

struct Edge {int u, v, nxt;} e[N];

struct UFS {
    int fa[N]; int *d_;

    inline void init(int x, int *d) {
        for (int i = 0; i <= x; ++ i) fa[i] = i;
        this->d_ = d;
    }

    inline int find(int x) {
        while (x != fa[x]) x = fa[x] = fa[fa[x]];
        return x;
    }

    inline void merge(int x, int y) {
        x = find(x), y = find(y);
        if (x != y)  {
            if ((d_[x] > d_[y]) || (d_[x] == d_[y] && x > y))
              swap(y, x);
            fa[y] = x;
        }
    }
} ufs;

int n, m, d[N], head[N], ecnt(1), cbtot;
int frt, tal, q[N], pos[N], bin[N], max_k, cb_id[N];
int inq[N], kpc[N], kcnt; ll A, B, C;

vector <int> tk, pa;

inline void add_edge(int u, int v) {
    e[ecnt].u = u, e[ecnt].v = v; ++ d[u];
    e[ecnt].nxt = head[u], head[u] = ecnt ++;
}

inline void Get_Tags() {
    int max_d = 0, st = 0, now = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i)
      ++ bin[d[i]], max_d = Max(max_d, d[i]);
    for (int i = 0; i <= max_d; ++ i)
      now = bin[i], bin[i] = st, st += now;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i)
      pos[i] = bin[d[i]] ++, q[pos[i]] = i;
    for (int i = max_d; i; -- i) bin[i] = bin[i - 1];
    bin[0] = 0, bin[max_d + 1] = n;
    for (int i = 0; i < n; ++ i) {
        int v = q[i];
        for (int j = head[v]; j; j = e[j].nxt) {
            int u = e[j].v;
            if (d[u] > d[v]) {
                int du = d[u], pu = pos[u];
                int pw = bin[du], w = q[pw];
                if (u != w) {
                    pos[u] = pw, q[pu] = w;
                    pos[w] = pu, q[pw] = u;
                } ++ bin[du], -- d[u];
            }
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++ i)
      max_k = Max(max_k, d[i]);
}

inline void Get_Connected_Blocks() {
    ufs.init(n, d); pa.push_back(0); tk.push_back(0);
    for (int k = max_k; k; -- k) {
        int l = bin[k], r = bin[k + 1] - 1; kcnt = 0;
        for (int i = l; i <= r; ++ i) {
            int v = q[i]; 
            for (int j = head[v]; j; j = e[j].nxt){
                int u = e[j].v;
                int fp = ufs.find(u);
                if (d[fp] > k) if (!inq[fp])
                  kpc[++ kcnt] = fp, inq[fp] = true;
                if (d[fp] >= k) ufs.merge(v, fp);
            }
        }
        for (int i = l; i <= r; ++ i) {
            int v = q[i], fp = ufs.find(v);
            if (!cb_id[fp]) {
                cb_id[fp] = ++ cbtot;
                pa.push_back(-1);
                tk.push_back(d[fp]);
            }
            cb_id[v] = cb_id[fp];
        }
        for (int i = 1; i <= kcnt; ++ i) {
            int v = kpc[i], fp = ufs.find(v);
            pa[cb_id[v]] = cb_id[fp]，inq[v] = false;
        }
    }
}

void Compute_the_Answer() {
    VI vert(cbtot + 1, 0), edge(cbtot + 1, 0), boun(cbtot + 1, 0);
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
        int ci = d[i], lt = 0, eq = 0, gt = 0;
        for (int j = head[i]; j; j = e[j].nxt) {
            int nbr = e[j].v, cnbr = d[nbr];
            if (cnbr < ci) ++ lt;
            else if (cnbr == ci) {
                if (i < nbr) ++ eq;
            } else ++ gt;
        }
        int ti = cb_id[i]; ++ vert[ti];
        edge[ti] += gt + eq; boun[ti] += lt - gt;
    }
    pii ans(1ll * (-1e18), -1);
    for (int i = 1; i <= cbtot; ++ i) {
        int f = pa[i];
        if (f != -1)
          vert[f] += vert[i], edge[f] += edge[i], boun[f] += boun[i];
        ll score = A * edge[i] - B * vert[i] + C * boun[i];
        if (tk[i] > 0) ans = max(ans, {score, tk[i]});
    }
    printf("%d %lld\n", ans.second, ans.first);
}

int main() {
    scanf("%d%d%lld%lld%lld", &n, &m, &A, &B, &C);
    for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
        int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
        add_edge(u, v); add_edge(v, u);
    }
    Get_Tags(); Get_Connected_Blocks();
    Compute_the_Answer(); return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/Dfkuaid-210/p/ZROI-21-CSP-DAY2.html

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