7.23模拟赛总结 [数据结构优化dp] + [神奇建图]

news2024/11/25 4:54:00

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复盘

浅复盘下吧…

7:40 开题

看 T1 ，起初以为和以前某道题有点像，子序列划分，注意到状态数很少，搜出来所有状态然后 dp，然后发现这个 T1 和那个毛关系没有

浏览了一下，感觉 T2 题面又臭又长，意思也很恶心；T3 树上 ds 看上去很亲切；T4 一眼就不太可做

回来看 T1，发现很 sb，每次肯定贪心选最优的后缀，至于选 m 的限制，填满一段后再贪心往前选就行

8:04 码完了，小样例顺利过掉，一测大样例发现小数点后面不对，想了想应该不会是精度问题，可能做法假了

然后 不断证明结论+修改一些毫无影响的细节，仍然和大样例不上，最后决定把题面重读一遍，知道看到了 “相对误差”，6，突然想到我学过高中物理。。。到 8:50 才交上去

快开 T2，朴素的想法当然是 二维状态记 Max，但这个显然不太有优化空间（这种状态设计只有 i − 1 i-1 i−1 到 i i i 只有 O ( 1 ) O(1) O(1) 个决策需要单点修改时才能优化)

那么很快想到改成 f i f_i fi​ 一维状态，钦定 i i i 必选，往前找一个合法的，发现可以接上去的区间可以预处理出来，那么只需找 [ l , r ] [l,r] [l,r] 内小于 a i a_i ai​ 的最优决策… 三维偏序？树套树警告！

算了，先打暴力，竟然有 O ( 1 ) p t s O(1) pts O(1)pts 的高分，然鹅被一个 sb 细节卡住一直到 9:30 仍没调过，决定先看 T3

一眼发现是 sb 题，直接树上主席树就做完了，直接决定开码，10:30 过了小样例

然鹅大样例又挂了，反复调根本不明白怎么回事，一度以为自己主席树板子假了

最后突然想着把数组开大一倍，卧槽对了，不爆 RE 直接 WA 是吧，浪费了高达 O ( n ) O(n) O(n) 的时间

11:00 了，先把 T1 暴力调了吧，发现弱智错误… 然后看看能不能写点性质，得到了高达 5 p t s 5pts 5pts 的性质分

最后想 T2 感觉写不完，决定开 T4 暴力

最后获得了高达 7 p t s 7pts 7pts 的暴力分，赢！

所以 100+53+100+7=260 , rk O ( 2 n ) O(2^n) O(2n)

题解

T2

在这里插入图片描述
在这里插入图片描述
其实离正解不远了，回顾一下转移：

f i = m a x ( f j + 1 ) f_i=max(f_j+1) fi​=max(fj​+1)，其中 j < i , a j < a i j<i,a_j<a_i j<i,aj​<ai​ 且 i , j i,j i,j 可以通过小于 a i a_i ai​ 的数 “连接” 起来

直接三维偏序做也没错，但是本题可以有更多性质

注意到：能转移的决策满足 a j < a i a_j<a_i aj​<ai​，能连接其它数的数也是 a j < a i a_j<a_i aj​<ai​ ，二者可以同时维护

那么我们转到值域上做，从小到大插入新决策

每次处理询问时相当于要找连续段，这个可以 s e t set set 做（更好做法是并查集，但是我不会）；然后询问区间 Max，线段树维护

遇到偏序问题可以尝试 在最外层换一维关键字排序，会有意想不到的效果

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;

typedef long long LL ;
const int N = 3e5+100 ;

int n , D , a[N] ;
int f[N] , rhk[N] ;
struct Segtree
{
	int l , r , Max ;
}t[4*N] ;
bool cmp( int x , int y )
{
	return a[x] < a[y] ;
}
void build( int p , int l , int r )
{
	t[p].l = l , t[p].r = r ;
	if( l == r ) {
		return ;
	}
	int mid = ( l + r ) >> 1 ;
	build( p<<1 , l , mid ) ; build( p<<1|1 , mid+1 , r ) ;  
}
int ask( int p , int l , int r )
{
	if( l <= t[p].l && t[p].r <= r ) {
		return t[p].Max ;
	}
	int mid = ( t[p].l + t[p].r ) >> 1 , Max = 0 ;
	if( l <= mid ) Max = max( Max , ask(p<<1,l,r) ) ;
	if( r > mid ) Max = max( Max , ask(p<<1|1,l,r) ) ;
	return Max ;
}
void modify( int p , int x , int d )
{
	if( t[p].l == t[p].r ) {
		t[p].Max = max( t[p].Max , d ) ;
		return ;
	}
	int mid = ( t[p].l + t[p].r ) >> 1 ;
	if( x <= mid ) modify( p<<1 , x , d ) ;
	else modify( p<<1|1 , x , d ) ;
	t[p].Max = max( t[p<<1].Max , t[p<<1|1].Max ) ;
}
struct node
{
	int l , r ;
	friend bool operator < ( node x , node y ) {
		return x.r < y.r ;
	}
};
set<node> s ; // 维护连续段 
int query( int x ) // 查 x 可用决策 
{
	int P = max(1,x-D) ;
	auto it = s.lower_bound((node){0,P}) ;
	if( it == s.end() ) {
		return 0 ;
	}
	return ask( 1 , min(it->l,P) , x-1 ) ;
}
void Insert( int x )// 插入决策 x 
{
	modify( 1 , x , f[x] ) ;
	if( s.empty() ) {
		s.insert((node){x,x}) ;
		return ;
	}
	auto it = s.lower_bound((node){0,x}) ;
	int L = x , R = x , fg = 0 ;
	if( it != s.end() ) {
		if( x < it->l ) {
			if( x+D >= it->l ) {// 接上了
				R = it->r ;
				fg = 1 ;
			} 
			if( it != s.begin() ) {
				auto iit = it ;
				iit -- ;
				if( iit->r + D >= x ) {
					L = iit->l ;
					s.erase( iit ) ;
				}
			}
			if( fg ) s.erase( it ) ;
			s.insert((node){L,R}) ;
		}
		return ;
	}
	it -- ;
	if( it->r+D >= x ) {
		L = it->l ;
		s.erase( it ) ;
	}
	s.insert((node){L,x}) ;
}

int main()
{
	scanf("%d%d" , &n , &D ) ;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
		scanf("%d" , &a[i] ) ; 
		rhk[i] = i ;
	}
	// 转移有两维限制，按值域做，去掉一维
	sort( rhk+1 , rhk+n+1 , cmp ) ;
	build( 1 , 1 , n ) ;
	int ans = 0 ;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
		int j = i ;
		f[rhk[i]] = query( rhk[i] ) + 1 ;
		while( j+1 <= n && a[rhk[j]] == a[rhk[j+1]] ) {
			j ++ ;
			f[rhk[j]] = query( rhk[j] ) + 1 ;
		}
		for(int k = i ; k <= j ; k ++ ) {
			Insert( rhk[k] ) ;
		}
		i = j ;
	}
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
		ans = max( ans , f[i] ) ;
	}
	printf("%d" , ans ) ;
	return 0 ;
}

其实很好写

 

T4

神奇题
在这里插入图片描述
尝试 d p dp dp ，发现根本做不了…

根据我们的经验，遇到十分之抽象且题面又臭又长又不知所云的题目大多是图论，所以这题考虑建图

额

老师讲的一个建图出发点：注意到最终序列中每个值 要么由 a a a 提供，要么由 b b b，这种 “由 A 或由 B” 的问题是有二分图的样子的，考虑分左右两部，对于每个 i i i，将左部 a i a_i ai​ 与 右部 b i b_i bi​ 连边

我理解的：题目中给的 划分 实际上约束是很多的，我们考虑最初选所有 a a a 中的集合，然后用 b b b 中的若干个集合替换，这样 替换者的并 和 被替换者的并 必须是一样的，想换掉某个子集 a [ ] a[] a[] 的话，必须选择 所有 包含 b b b 中对应位置 的区间，然后对应回来 a a a 中区间也必须选… 如此往复（口胡）

我们尝试形式化的去描述这个东西，发现正可以用上面那种建边方式来描述 ，一个连通块就代表了 可以相互替换的一组 a [ ] , b [ ] a[],b[] a[],b[]

对于 K = 0 K=0 K=0，我们直接对于每个连通块取较小的那一组替换

对于 K = 1 K=1 K=1，考虑枚举边，分讨一下：

若断的是非割边，然后连到另一个连通块，这样贡献的变化是 m i n ( a , b ) + m i n ( c , d ) → m i n ( a + c , b + d ) min(a,b)+min(c,d)\to min(a+c,b+d) min(a,b)+min(c,d)→min(a+c,b+d)

显然有不等式 m i n ( a , b ) + m i n ( c , d ) ≤ m i n ( a + c , b + d ) min(a,b)+min(c,d)\leq min(a+c,b+d) min(a,b)+min(c,d)≤min(a+c,b+d)，所以贡献不会变小，断开一定不优

这个不等式也告诉我们，要尽可能拆连通块，尽可能不合并连通块

若断割边，我们最好的当然是连回本身，只拆，不合并

注意！这里有一个 conner，如果一个连通块只有两个节点 u , v u,v u,v 怎么办？我们显然没办法把 u u u 向自己连边

然而有这么一个事情：不妨设 u u u 为左部点，那么一定可以把 u u u 连到一个 左部点数不小于右部点的连通块上（找不到的话考虑右部点 v v v ），当 n ≥ 1 n\geq 1 n≥1 时，这样的连通块一定能找到

当 n = 1 n=1 n=1，直接特判 答案为 1 1 1 即可

对于 K = 2 K=2 K=2，与上面相反，需要 尽可能合并连通块，尽可能不拆连通块

对于一个连通块，如果有 非割边 ，那么用它一定比用割边更优，因为不会拆，且能够合并

下面考虑应该和哪个连通块合并，对于两个连通块 ( a 1 , b 1 ) (a_1,b_1) (a1​,b1​) , ( a 2 , b 2 ) (a_2,b_2) (a2​,b2​)

若 a 1 < b 1 , a 2 < b 2 a_1<b_1,a_2<b_2 a1​<b1​,a2​<b2​ （不等号方向相同）：

贡献变化 m i n ( a 1 + a 2 , b 1 + b 2 ) − m i n ( a 1 , b 1 ) − m i n ( a 2 , b 2 ) = 0 min(a_1+a_2,b_1+b_2)-min(a_1,b_1)-min(a_2,b_2)=0 min(a1​+a2​,b1​+b2​)−min(a1​,b1​)−min(a2​,b2​)=0，没影响

若 a 1 < b 1 , a 2 > b 2 a_1<b_1,a_2>b_2 a1​<b1​,a2​>b2​ （相反）

贡献变化 m i n ( a 1 + a 2 , b 1 + b 2 ) − m i n ( a 1 , b 1 ) − m i n ( a 2 , b 2 ) min(a_1+a_2,b_1+b_2)-min(a_1,b_1)-min(a_2,b_2) min(a1​+a2​,b1​+b2​)−min(a1​,b1​)−min(a2​,b2​)

= m i n ( a 1 + a 2 , b 1 + b 2 ) − a 1 − b 2 =min(a_1+a_2,b_1+b_2)-a_1-b_2 =min(a1​+a2​,b1​+b2​)−a1​−b2​
= m i n ( a 2 − b 2 , b 1 − a 1 ) =min(a_2-b_2,b_1-a_1) =min(a2​−b2​,b1​−a1​)
= m i n ( Δ 1 , Δ 2 ) =min(\Delta_1,\Delta_2) =min(Δ1​,Δ2​)

当 a 1 , b 1 a_1,b_1 a1​,b1​ 确定时，要找一个不等号相反，且差最大的，直接扫一遍记 Max 就行

如果全是割边，我们直接遍历这棵缩点后的树，依次断开每条树边即可

不太好写

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;

typedef long long LL ;
const int N = 2e5+100 ; 

int T , K , M1 , M2 ;
int n , a[N] , b[N] ;
struct nn
{
	int lst , to ;
}E[2*N] ;
int head[2*N] , tot = 1 ;
inline void add( int x , int y )
{
	E[++tot] = (nn){ head[x] , y } ;
	head[x] = tot ;
}
int dfn[2*N] , low[2*N] , tim ;
bool bri[2*N] ;
vector<int> e[2*N] ;
void tarjan( int x , int inE )
{
	dfn[x] = low[x] = ++tim ;
	for(int i = head[x] ; i ; i = E[i].lst ) {
		int t = E[i].to ;
		if( !dfn[t] ) {
			tarjan( t , i ) ;
			low[x] = min( low[x] , low[t] ) ;
			if( low[t] > dfn[x] ) {
				bri[i] = bri[i^1] = 1 ;
			}
		}
		else if( i != (inE^1) ) {
			low[x] = min( low[x] , dfn[t] ) ;
		}
	}
}
int cnt , bol , bel[2*N] , A[2*N] , B[2*N] , SA[2*N] , SB[2*N] ;
void dfs( int x )
{
	bel[x] = cnt ;
	if( x <= M1 ) A[cnt] ++ ;
	else B[cnt] ++ ;
	for(int i = head[x] ; i ; i = E[i].lst ) {
		int t = E[i].to ;
		if( bri[i] ) {
			if( bel[t] ) {
				e[bel[t]].push_back( bel[x] ) ;
				e[bel[x]].push_back( bel[t] ) ;
			}
		}
		else if( !bel[t] ) dfs( t ) ;
	}
}
int PA[2*N] , PB[2*N] , ans1 , ans2 , ans3 , rt[2*N] ;
bool can[2*N] ; // 是否有非割边 
void get_size( int x , int fa )
{
	SA[x] = A[x] , SB[x] = B[x] ;
	if( A[x]+B[x] > 1 ) can[bol] = 1 ;
	for(int t : e[x] ) {
		if( t == fa ) continue ;
		get_size( t , x ) ;
		SA[x] += SA[t] ; SB[x] += SB[t] ;
	}
}
void ddfs( int x , int fa )
{
	for(int t : e[x] ) {
		if( t == fa ) continue ;
		ans2 = max( ans2 , min(PA[bol],PB[bol])-min(SA[t],SB[t])-min(PA[bol]-SA[t],PB[bol]-SB[t]) ) ; // 最多减少多少 
		ddfs( t , x ) ;
	}
}
int I , Mx1 , Mx2 ;
inline int V ( int a , int b , int c , int d ) // 合并后增加多少 / 拆开后损失多少 
{
	return min(a+c,b+d)-min(a,b)-min(c,d) ;
}
inline int V1( int a , int b )
{
	if( a > b ) return min(a-b,Mx2) ;
	return min(b-a,Mx1) ;
}
void Get( int x , int fa ) // 处理割边 
{
	for(int t : e[x] ) {
		if( t == fa ) continue ;
		ans3 = max( ans3 , -V(SA[t],SB[t],PA[I]-SA[t],PB[I]-SB[t])+V1(SA[t],SB[t]) ) ;
		ans3 = max( ans3 , -V(SA[t],SB[t],PA[I]-SA[t],PB[I]-SB[t])+V1(PA[I]-SA[t],PB[I]-SB[t]) ) ;
		Get( t , x ) ;
	}
}
void solve()
{
	cnt = 0 ; bol = 0 ;
	for(int i = 1 ; i <= M1+M2 ; i ++ ) {
		if( !dfn[i] ) {
			tarjan( i , 0 ) ;
		}
	}
	for(int i = 1 ; i <= M1+M2 ; i ++ ) {
		if( !bel[i] ) {
			cnt ++ ;
			dfs( i ) ;
		}
	}
	ans1 = ans2 = ans3 = 0 ;
	for(int i = 1 ; i <= cnt ; i ++ ) {
		if( !SA[i]&&!SB[i] ) {
			bol ++ ;
			rt[bol] = i ;
			get_size( i , 0 ) ;
			PA[bol] = SA[i] , PB[bol] = SB[i] ;
			ddfs( i , 0 ) ;
			ans1 += min(PA[bol],PB[bol]) ;
		}
	}
	ans2 = ans1-ans2 ;
	if( K == 0 ) {
		printf("%d\n" , ans1 ) ;
		return ;
	}
	if( K == 1 ) {
		printf("%d\n" , ans2 ) ;
		return ;
	}
	if( K == 2 ) {
		Mx1 = 0 , Mx2 = 0 ;
		if( M1 < n ) Mx1 = 1 ;
		if( M2 < n ) Mx2 = 1 ;
		for(int i = 1 ; i <= bol ; i ++ ) {
			Mx1 = max( Mx1 , PA[i]-PB[i] ) ;
			Mx2 = max( Mx2 , PB[i]-PA[i] ) ;
		}
		for(int i = 1 ; i <= bol ; i ++ ) {
			if( can[i] ) {
				if( PA[i] > PB[i] ) ans3 = max( ans3 , min(PA[i]-PB[i],Mx2) ) ;
				else ans3 = max( ans3 , min(PB[i]-PA[i],Mx1) ) ;
			}
			else {
				I = i ;
				Get( rt[i] , 0 ) ;
			}
		}
		printf("%d\n" , ans3+ans1 ) ;
		return ;
	}
}
int nam[N][2] ;	
void Clear()
{
	for(int i = 2 ; i <= tot ; i ++ ) bri[i] = 0 ;
	tot = 1 ;
	for(int i = 1 ; i <= M1+M2 ; i ++ ) head[i] = dfn[i] = bel[i] = 0 ;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) nam[i][0] = nam[i][1] = 0 ;
	tim = 0 ; 
	for(int i = 1 ; i <= cnt ; i ++ ) e[i].clear() , A[i] = B[i] = SA[i] = SB[i] = 0 ;
	for(int i = 1 ; i <= bol ; i ++ ) can[i] = 0 ; 
}

int main()
{
	scanf("%d%d" , &T , &K ) ;
	while( T -- ) {
		scanf("%d" , &n ) ;
		if( n == 1 ) {
			printf("1\n") ;
			for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &a[i] ) ;
			for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &b[i] ) ;
			continue ;
		}
		M1 = 0 , M2 = 0 ;
		for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
			scanf("%d" , &a[i] ) ;
			if( !nam[a[i]][0] ) {
				nam[a[i]][0] = ++M1 ;
			}
			a[i] = nam[a[i]][0] ;
		}
		for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
			scanf("%d" , &b[i] ) ;
			if( !nam[b[i]][1] ) {
				nam[b[i]][1] = ++M2 ;
			}
			b[i] = nam[b[i]][1] ;
			add( a[i] , b[i]+M1 ) , add( b[i]+M1 , a[i] ) ;
		}
		solve() ;
		Clear() ;
	}
	return 0 ;
}

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目录 一、时间复杂度 1、时间复杂度的概念 2、大O的渐进表示法 3、常见的时间复杂度计算举例 二、空间复杂度 1、空间复杂度的概念 2、常见的空间复杂度计算举例 三、常见复杂度对比 正文开始—— 前言 一个算法&#xff0c;并非越简洁越好&#xff0c;那该如何衡量一个算法…
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Mamba-yolo|结合Mamba注意力机制的视觉检测

Mamba-yolo|结合Mamba注意力机制的视觉检测

一、本文介绍 PDF地址&#xff1a;https://arxiv.org/pdf/2405.16605v1 代码地址&#xff1a;GitHub - LeapLabTHU/MLLA: Official repository of MLLA Demystify Mamba in Vision: A Linear AttentionPerspective一文中引入Baseline Mamba&#xff0c;指明Mamba在处理各种高…
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零基础入门：创建一个简单的Python爬虫管理系统

零基础入门：创建一个简单的Python爬虫管理系统

摘要&#xff1a; 本文将手把手教你&#xff0c;从零开始构建一个简易的Python爬虫管理系统&#xff0c;无需编程基础&#xff0c;轻松掌握数据抓取技巧。通过实战演练&#xff0c;你将学会设置项目、编写基本爬虫代码、管理爬取任务与数据&#xff0c;为个人研究或企业需求奠…
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回溯题目的套路总结

回溯题目的套路总结

前言 昨天写完了LeeCode的7&#xff0c;8道回溯算法的题目&#xff0c;写一下总结&#xff0c;这类题目的共同特点就是暴力搜索问题&#xff0c;排列组合或者递归&#xff0c;枚举出所有可能的答案&#xff0c;思路很简单&#xff0c;实现起来的套路也很通用&#xff0c;一…
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poi库简单使用（java如何实现动态替换模板Word内容）

poi库简单使用（java如何实现动态替换模板Word内容）

目录 Blue留言&#xff1a; Blue的推荐&#xff1a; 什么是poi库&#xff1f; 实现动态替换 第一步&#xff1a;依赖 第二步&#xff1a;实现word模板中替换文字 模板word&#xff1a; 通过以下代码&#xff1a;&#xff08;自己建一个类&#xff0c;随意取名&#xf…
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SpringBoot框架学习笔记（五）：静态资源访问、Rest风格请求处理、配置视图解析器、接收参数的相关注解详解

SpringBoot框架学习笔记（五）：静态资源访问、Rest风格请求处理、配置视图解析器、接收参数的相关注解详解

1 WEB开发-静态资源访问 1.1 基本介绍 &#xff08;1&#xff09;只要静态资源放在类路径的以下目录&#xff1a;/static、/public、/resources、/META-INF/resources 可以被直接访问。maven项目的类路径即为main/resources目录--对应SpringBoot源码为WebProperties.java类 …
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nginx如何开启优先访问压缩文件

nginx如何开启优先访问压缩文件

nginx输出gzip有很多条件&#xff1a; 开启了gzip&#xff1a;gzip on;gzip_types定义了content-type&#xff0c;需要注意的是text/html是强制性的&#xff0c;不需要也不能再添加这个响应输出的content-type在gzip_types里输出的content-length大于等于nginx配置的gzip_min_…
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【TypeScript 一点点教程】

【TypeScript 一点点教程】

文章目录 一、开发环境搭建二、基本类型2.1 类型声明2.2 基本类型 三、编译3.1 tsc命令3.2 tsconfig.json3.2.1 基本配置项includeexcludeextendsfiles 3.2.2 compilerOptions编译器的配置项 四、面向对象4.1 类4.2 继承4.3 抽象类4.4 接口 一、开发环境搭建 下载Node.js《Nod…
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