2020-02-06 19:58 已编辑烟台二中

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小埋的Dancing Line之旅:比赛题解&热身题题解

答疑帖：

赞助团队： UMR IT Team 和洛谷大佬栖息地

赛后题解:更新了那两道练手题的题解

赛时公告,不过一些通知也可能在团队***里发出

如果各位发现重题，请将你认为重复的题目链接连同这次比赛的题号一起发到@洛谷万岁的私信，可能考虑有检举奖励QAQ

下面让我们请出@Forward_Star大佬！

好吧他可能会不在，有些问题我解决吧QAQ
但他应该马上就能回来。

最后祝大家AK愉快！

部分内容出自：https://www.luogu.org/blog/user21760/xiao-man-di-dancing-line-zhi-lv-ti-xie

这次比赛也是说难不难，说简单不简单呢，看看各位大佬的得分都如何呢？

热身题：

签个到！

这道题应该算是特别水了吧。其实可以记录下当前的方向，一旦改了方向就加1即可。下面给出std，共36ms,大家应该还能注意到空间上也给的比较小，我们就不能再一味的开1000*1000的数组，可以像std一样把数组压缩为 $2 * 1000$ ，一维记方向，一维记路线.其他如下（海星？）

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
    int n,m,r,ans;
    char a[2][1001];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio<false>
    scanf("%d%d",&n,&m);
    r=2;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        int row=i%2;
        for (int j=1;j<=m;j++)
        {
            cin>>a[row][j];
            if (a[row][j]=='1'&&a[(row+1)%2][j]=='1'&&r==0)
            {
                r=1;
                ans++;
            }
            else if (a[row][j]=='1'&&a[row][j-1]=='1'&&r==1)
            {
                r=0;
                ans++;
            }
            else if (r==2)
            {
                if (a[row][j]=='1'&&a[(row+1)%2][j]=='1')
                    r=1;
                else if (a[row][j]=='1'&&a[row][j-1]=='1')
                    r=0;
            }
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

二进制之谜（前体）

那么这道题如果你一看题面一定是水的不能再水的题了，但看到数据后，c++之类的选手就要注意了：高精度来作甚？

#include<cstdio>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
    struct forward_star
    {
        int next,to;
    };
    long long a[501],c[10001][501];
    int head[1000001];
    forward_star edge[10000001];
    int tot,cnt;
    string s;
void plu(int now)
{
    for (int i=1;i<=max(a[0],c[now][0]);i++)
    {
        c[now][i]+=a[i];
        c[now][i+1]+=c[now][i]/1000000000;
        c[now][i]%=1000000000;
    }
    c[now][0]=max(a[0],c[now][0]);
    if (c[now][c[now][0]+1]!=0) c[now][0]++;
    return;
}
void multiply()
{
    for (int i=a[0];i>=1;i--)
    {
        a[i]*=2;
        a[i+1]+=a[i]/1000000000;
        a[i]%=1000000000;
    }
    if (a[a[0]+1]!=0) a[0]++;
    return;
}
void add(int u,int v)
{
    cnt++;
    edge[cnt].to=v;
    edge[cnt].next=head[u];
    head[u]=cnt;
}
int main()
{
    while (cin>>s)
    {
        tot++;
        for (int i=s.size()-1;i>=0;i--)
            if (s[i]=='1')
                add(s.size()-i-1,tot);
    }
    a[0]=1;
    a[1]=1;
    for (int i=0;i<=10000;i++)
    {
        int j=head[i];
        while (j!=0)
        {
            plu(edge[j].to);
            j=edge[j].next;
        }
        multiply();
    }
    for (int i=1;i<=tot;i++)
    {
        for (int j=c[i][0];j>=1;j--)
        {
            int p=10;
            while (j<c[i][0]&&c[i][j]<1000000000/p)
            {
                printf("0");
                p*=10;
            }
            printf("%lld",c[i][j]);
        } 
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

比赛题目：

T1

题意：给出一个长度为 $n$ 字符环，求回文串长度为 $l$ 的回文中心个数。

Solution 0

我们可以有信仰！输出0，期望得分10；输出 $n$ ，期望得分10。

Solution 1

我们可以暴力！枚举所有子串，期望得分30；

Solution 2

枚举所有回文中心，根据处理环的方式不同（开环枚举断点或补成字符串），时间复杂度也有不同，期望得分50～80（为了照顾不会Manacher的同学）；

Solution 3

把读入的串复制两次分别粘贴在原串前后，这样便和环等价，直接跑一遍Manacher，时间复杂度为 $O (n)$ ，期望得分100分。

不懂Manacher？百度有啊

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
    int n,l,cnt;
    int str[10000001];
    char t[10000001];
    char s[10000001];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&l);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        t[i]=getchar();
        while (t[i]<'A'||t[i]>'Z')
            t[i]=getchar();
    }
    for (int j=1;j<=3;j++)
        for (int i=1;i<=n;i++)
        {
            s[++cnt]='0';
            s[++cnt]=t[i];
        }
    s[++cnt]='0';
    int r=0;
    int now=0;
    int ans=0;
    for (int i=1;i<=cnt;i++)
    {
        if (i<=r)
            str[i]=min(r-i+1,str[now*2-i]);
        while (i+str[i]<=cnt&&i-str[i]>0&&s[i+str[i]]==s[i-str[i]]) str[i]++;
        if (str[i]+i-1>r)
        {
            r=str[i]+i-1;
            now=i;
        }
        if (str[i]-1>=l&&i>=2*n+1&&i<=cnt-2*n&&s[i]!='0')
            ans++;
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

T2

题意：给出数列 $a_{n + 1} = (\sqrt[k]{a_{n} - n} + 2)^{k} + n + 1$ ，求最小 $k$ 使得 $a_{n} \equiv b (m o d$ $m)$ 。

Solution 0

我们可以有信仰！输出0，期望得分10；输出INF，期望得分20.

Solution 1

我们可以暴力！直接枚举 $k$ 递推 $a_{n}$ ，期望得分30；

Solution 2

发现通项公式 $a_{n} = 2 (n - 1) + n$ 再枚举 $k$ ，期望得分60；

找出通项公式的方法：

1、打表；

2、移项得： $a_{n + 1} - (n + 1) = (\sqrt[k]{a_{n} - n} + 2)^{k}$ ；

两边开 $k$ 次方： $\sqrt[k]{a_{n + 1} - (n + 1)} = \sqrt[k]{a_{n} - n} + 2$ ；

3、我们发现什么？！令 $t_{n} = a_{n} - n$ ，则 ${t_{n}}$ 是等差数列！

算出 $t_{1} = a_{1} - 1 = 0$ ，那么 $t_{n} = 2 (n - 1)$ ，则 $a_{n} - n = 2 (n - 1)$ ，则 $a_{n} = 2 (n - 1) + n$ 。

这样，通项公式就找出来了。

Solution 3

扩展BSGS+快速乘即可。

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
    long long n,m,b;
    map<long long,long long>mp;
inline long long multi(long long x,long long y,long long mod) //快速乘
{
    long long tmp=(x*y-(long long)(((long double)x*y+0.5)/mod)*mod);
    if (tmp<0) return tmp+mod; else return tmp;
}
inline long long gcd(long long a,long long b)
{
    while (a%b)
    {
        long long k=a%b;
        a=b;
        b=k;
    }
    return b;
}
long long quickpower(long long a,int b)
{
    long long t=1;
    while (b>0)
    {
        if ((b&1)==1) t=multi(t,a,m);
        if (b>1) a=multi(a,a,m);
        b=b>>1;
    }
    return t;
}
int main()
{
    mp.clear();
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&b);
    b=((b-n)%m+m)%m;
    long long first=((multi(2,n,m)-1)%m+m)%m;
    long long tmp=1;
    long long ans=0;
    while (true)
    {
    	long long d=gcd(first,m);
    	if (d==1) break;
    	if (b%d)
    	{
    		printf("INF");
    		return 0;
    	}
    	b/=d;
    	m/=d;
    	ans++;
    	tmp=multi(tmp,first/d,m);
    	if (tmp==b)
    	{
    		printf("%lld",ans);
    		return 0;
    	}
    }
    long long now=b;
    mp[now]=0;
    int mm=ceil(sqrt(double(m)));
    for (int i=1;i<=mm;i++) //预处理哈希表
    {
        now=multi(now,first,m);
        mp[now]=i;
    }
    now=tmp;
    long long q=quickpower(first,mm);
    for (int i=1;i<=mm;i++)
    {
        now=multi(now,q,m);
        if (mp[now])
        {
            printf("%lld",(((long long)(i)*(long long)(mm)-mp[now]+ans)%m+m)%m);
            return 0;
        }
    }
    printf("INF");
    return 0;
}

理论上，本题因为 $m$ 不是质数不能用BSGS，但是由于数据很水，裸BSGS也能拿80。

T3

题意略。

Solution 0

我们可以有信仰！~~输出0，期望得分0。~~

Solution 1

我们可以暴力！枚举所有组合状态，期望得分30。

Solution 2

建图跑费用流。

将所有0视为源点，所有1视为汇点，当然这样是跑不了网络流的，所以我们设置超级源点与超级汇点分别与所有源点和所有汇点相连，由于每个0和1只能用一次，这些边的费用为0，容量为1。

之后处理二进制数，将每一个0与其后面的1连一条费用为两者位数差的绝对值且容量为1的边。

这样建图就完成了，跑一遍费用流即可。

但这里有个问题：如何保证它们不交叉？

其实显然可以发现，同样的几个数，不管对应关系交叉还是不交叉，总启发系数是相等的，这样我们就无需另外特殊处理了。

时间复杂度在 $O (n^{3})$ ~ $O (n^{4})$ 之间，期望得分100分。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
    int n,first;
    char c[501]; 
    int w[502][502];
    bool f[502][502];
    int stack[502];
    int dist[502];
    int pre[502];
    bool vis[502];
int check()
{
    int top=1;
    stack[1]=0;
    for (int i=1;i<=n+1;i++)
        dist[i]=-2147483647;
    dist[0]=0;
    memset(vis,false,sizeof(vis));
    vis[0]=true;
    while (top>0)
    {
        int now=stack[top];
        top--;
        vis[now]=false;
        for (int i=0;i<=n+1;i++)
            if (f[now][i]&&dist[now]+w[now][i]>dist[i])
            {
                dist[i]=dist[now]+w[now][i];
                pre[i]=now;
                if (!vis[i])
                {
                    vis[i]=true;
                    stack[++top]=i;
                }
            }
    }
    return dist[n+1]; 
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        char s;
        s=getchar();
        while (s!='0'&&s!='1') s=getchar();
        c[i]=s;
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        if (c[i]=='0')
        {
            w[0][i]=0;
            w[i][0]=0;
            f[0][i]=1;
            f[i][0]=0;
        }
        else
        {
            w[i][n+1]=0;
            w[n+1][i]=0;
            f[i][n+1]=1;
            f[n+1][i]=0;
        }
        for (int j=i+1;j<=n;j++)
            if (c[i]=='0'&&c[j]=='1')
            {
                w[i][j]=j-i;
                w[j][i]=-(j-i);
                f[i][j]=1;
                f[j][i]=0;
            }
    }
    int ans=0;
    bool find=false;
    while (!find)
    {
        int del=check();
        if (del==-2147483647)
            find=true;
        else
        {
            ans+=del;
            int t=n+1;
            while (t!=0)
            {
                f[t][pre[t]]=!f[t][pre[t]];
                f[pre[t]][t]=!f[pre[t]][t];
                t=pre[t];
            }
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

T4

题意较为复杂，详见题面。

本题操作较多，前面的测试点基本上都分别对应一个操作，因此我们逐个测试点分析。

$1$ ：没什么好说的……

$2$ ：最暴力的方法也能过，也没什么好说的。

$4$ ：这个也很简单，直接跑一遍最长路即可，当然裸 $d i j k s t r a$ 是过不了的，需要加堆优化；

由于出题人的数据生成器比较水，生成个数据都要几分钟，所以很良心地没有卡 $s p f a$ 。

$3$ ：这一测试点边权为0，那就省去了最长路了；

如何判断图的连通性？顺着去枚举并每次判断连通性，显然会超时；

这里标程用了笨办法：分块二分；由于删除的边不超过1000条，最多只会把操作分成1000个部分，每一部分操作都是添加边，显然有单调性！

顺着枚举每一部分的操作，在处理每个部分时二分判断连通性，可以减少判断的次数，优化操作时间。

至于删除操作，我用了树状数组+二分，树状数组存前缀和，即它是第几条边，然后二分它在原数组的标号即可。

$5 - 6$ ：经过上面一番分析大家大概也有整体思路了：先分块二分判连通性，再求最长路。

这里无消失的边，那么省去了分块与删除操作，其它与上面方法一样。

$7 - 8$ ：这里也是非常简单的，由于删除边对生成连通图没有贡献，所以操作同 $4$ 。

$9 - 10$ ：其实就是测试点 $3$ +测试点 $4$ ，用 $3$ 的方法判断连通性后求个最长路即可。

可见，本题中其实大部分分都可以水的，而要AC，解决测试点 $3$ 是关键。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
    struct newdata
    {
        int tm,type,u,v,w,k;
    };
    struct forward_star 
    {
        int next,to,w;
    };
    int n,m,t,cnt,tot;
    forward_star edge[1100001];
    newdata work[100001];
    int head[100001];
    int heap[100001];
    int que[100001];
    int ref[100001];
    int tree[1100001];
    int dist[100001];
    bool usable[1100001];
    bool vis[100001];
void add(int u,int v,int w)
{
    cnt++;
    edge[cnt].to=v;
    edge[cnt].w=w;
    edge[cnt].next=head[u];
    head[u]=cnt;
}
void adjust_up(int now)
{
    if (now>1&&dist[heap[now]]>dist[heap[now/2]])
    {
        ref[heap[now]]=now/2;
        ref[heap[now/2]]=now;
        swap(heap[now],heap[now/2]);
        adjust_up(now/2);
    }
}
void adjust_down(int now)
{
    if (now*2+1<=tot)
    {
        int k;
        if (dist[heap[now*2+1]]>dist[heap[now*2]]) k=now*2+1; else k=now*2;
        if (dist[heap[k]]>dist[heap[now]])
        {
            ref[heap[k]]=now;
            ref[heap[now]]=k;
            swap(heap[k],heap[now]);
            adjust_down(k);
        }
    }
    else if (now*2<=tot)
    {
        if (dist[heap[now*2]]>dist[heap[now]])
        {
            ref[heap[now]]=now*2;
            ref[heap[now*2]]=now;
            swap(heap[now],heap[now*2]);
            adjust_down(now*2);
        }
    }
}
void addheap(int now)
{
    heap[++tot]=now;
    ref[now]=tot;
    adjust_up(tot);
}
void pushheap()
{
    heap[1]=heap[tot];
    ref[heap[1]]=1;
    tot--;
    adjust_down(1);
}
void dijkstra_heap(int u)
{
    memset(vis,false,sizeof(vis));
    memset(dist,255,sizeof(dist));
    dist[u]=0;
    vis[u]=true;
    addheap(u);
    while (tot!=0)
    {
        int now=heap[1];
        pushheap();
        int i=head[now];
        while (i!=0)
        {
            if (usable[i]&&i<=cnt)
                if (dist[now]+edge[i].w>dist[edge[i].to])
                {
                    dist[edge[i].to]=dist[now]+edge[i].w;
                    if (!vis[edge[i].to])
                    {
                        vis[edge[i].to]=true;
                        addheap(edge[i].to);
                    } else adjust_up(ref[edge[i].to]);
                }
            i=edge[i].next;
        }
    }
}
bool cmp(newdata i,newdata j)
{
    return i.tm<j.tm;
}
bool check(int u,int v)
{
    memset(vis,false,sizeof(vis));
    int top=1;
    que[top]=u;
    vis[u]=true; 
    while (top>0)
    {
        int now=que[top];
        top--;
        int i=head[now];
        while (i!=0)
        {
            if (i<=cnt&&usable[i])
                if (!vis[edge[i].to])
                {
                    if (edge[i].to==v) return true;
                    vis[edge[i].to]=true;
                    que[++top]=edge[i].to;
                }
            i=edge[i].next;
        }
    }
    return false;
}
void adjust(int now)
{
    int i=now;
    while (i>0)
    {
        i-=i&i;
        tree[now]+=tree[i];
    }
    tree[now]++;
}
int sum(int now)
{
    int tot=0;
    int i=now;
    while (i>0)
    {
        tot+=tree[i];
        i-=i&i;
    }
    return tot;
}
int solve(int now)
{
    int l=1;
    int r=cnt;
    while (l<r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if (sum(mid)<now)
            l=mid+1;
        else r=mid-1;
    }
    tree[l]--;
    return l;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v,w;
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        add(u,v,w);
        adjust(i);
    }
    memset(usable,true,sizeof(usable));
    scanf("%d",&t);
    if (t==0)
    {
        dijkstra_heap(1);
        if (dist[n]==-1)
            printf("Continue from the last checkpoint");
        else
        {
            printf("0\n");
            printf("%d",dist[n]);
        }
        return 0;
    }
    else
    {
        bool occur=false;
        bool disappear=false;
        for (int i=1;i<=t;i++)
        {
            scanf("%d%d",&work[i].tm,&work[i].type);
            if (work[i].type==0)
            { 
                scanf("%d%d%d",&work[i].u,&work[i].v,&work[i].w);
                occur=true;
            }
            else 
            {
                scanf("%d",&work[i].k);
                disappear=true;
            }
        }
        if (disappear&&!occur)
        {
            dijkstra_heap(1);
            if (dist[n]==-1)
                printf("Continue from the last checkpoint");
            else
            {
                printf("0\n");
                printf("%d",dist[n]);
            }
            return 0;
        }
        sort(work+1,work+t+1,cmp);
        if (check(1,n))
        {
            printf("0\n");
            dijkstra_heap(1);
            printf("%d",dist[n]);
            return 0;
        }
        int l=1;
        for (int i=1;i<=t;i++)
            if (work[i].type==1)
            {
                int r=i-1;
                if (l>=r)
                {
                    usable[solve(work[i].k)]=false;
                    l=i+1;
                    continue;
                }
                int cnt_first=cnt;
                int l_first=l;
                for (int j=l;j<=r;j++)
                {
                    add(work[j].u,work[j].v,work[j].w);
                    adjust(cnt);
                }
                while (l<r-1)
                {
                    int mid=(l+r)>>1;
                    cnt=cnt_first+mid-l_first+1;
                    if (check(1,n))
                        r=mid;
                    else l=mid;
                }
                cnt=cnt_first+l-l_first+1;
                if (check(1,n))
                {
                    printf("%d\n",work[l].tm);
                    dijkstra_heap(1);
                    printf("%d",dist[n]);
                    return 0;
                }
                cnt=cnt_first+r-l_first+1;
                if (check(1,n))
                {
                    printf("%d\n",work[r].tm);
                    dijkstra_heap(1);
                    printf("%d",dist[n]);
                    return 0;
                }
                cnt=cnt_first+i-l_first+1;
                usable[solve(work[i].k)]=false;
                l=i+1;
            }
        int r=t;
        int cnt_first=cnt;
        int l_first=l;
        for (int j=l;j<=r;j++)
        {
            add(work[j].u,work[j].v,work[j].w);
            adjust(cnt);
        }
        while (l<r-1)
        {
            int mid=(l+r)>>1;
            cnt=cnt_first+mid-l_first+1;
            if (check(1,n))
                r=mid;
            else l=mid;
        }
        cnt=cnt_first+l-l_first+1;
        if (check(1,n))
        {
            printf("%d\n",work[l].tm);
            dijkstra_heap(1);
            printf("%d",dist[n]);
            return 0;
        }
        cnt=cnt_first+r-l_first+1;
        if (check(1,n))
        {
            printf("%d\n",work[r].tm);
            dijkstra_heap(1);
            printf("%d",dist[n]);
            return 0;
        }
        printf("Continue from the last checkpoint");
        return 0;
    }
    return 0;
}