第一题——上学
题目描述
C 城可以视为由 n n n 个结点与 m m m 条边组成的无向图。这些结点依次以 1 , 2 , … , n 1,2,…,n 1,2,…,n 标号，边依次以 1 , 2 , … , m 1,2,…,m 1,2,…,m 标号。第 i i i 条边（ 1 ≤ i ≤ m 1≤i≤m 1≤i≤m）连接编号为 u i u_i ui 与 v i v_i vi 的结点，长度为 l i l_i li 米。
小 A 的学校坐落在 C 城中编号为 s s s 的结点。小 A 的同学们共有 q q q 位，他们想在保证不迟到的前提下，每天尽可能晚地出门上学。但同学们并不会计算从家需要多久才能到学校，于是找到了聪明的小 A。第 i i i 位同学（ 1 ≤ i ≤ q 1≤i≤q 1≤i≤q）告诉小 A，他的家位于编号为 h i h_i hi 的结点，并且他每秒能行走 1 1 1 米。请你帮小 A 计算，每位同学从家出发需要多少秒才能到达学校呢？
输入格式
第一行，四个正整数 n , m , s , q n,m,s,q n,m,s,q，分别表示 C 城的结点数与边数，学校所在的结点编号，以及小 A 同学们的数量。
接下来 m m m 行，每行三个正整数 u i , v i , l i u_i,v_i,l_i ui,vi,li，表示 C 城中的一条无向边。
接下来 q q q 行，每行一个正整数 h i h_i hi，表示一位同学的情况。
输出格式
共 q q q 行，对于每位同学，输出一个整数，表示从家出发到学校的最短时间。
样例
输入样例 1
5 5 3 3
1 2 3
2 3 2
3 4 1
4 5 3
1 4 2
5
1
4
输出样例 1
4
3
1
数据范围
对于 20 % 20\% 20% 的测试点，保证 q = 1 q=1 q=1。
对于另外 20 % 20\% 20% 的测试点，保证 1 ≤ n ≤ 500 ， 1 ≤ m ≤ 500 1≤n≤500，1≤m≤500 1≤n≤500，1≤m≤500。
对于所有测试点，保证 1 ≤ n ≤ 2 × 1 0 5 ， 1 ≤ m ≤ 2 × 1 0 5 ， 1 ≤ q ≤ 2 × 1 0 5 1≤n≤2×10^5，1≤m≤2×10^5，1≤q≤2×10^5 1≤n≤2×105，1≤m≤2×105，1≤q≤2×105， 1 ≤ u i , v i , s , h i ≤ n ， 1 ≤ l i ≤ 1 0 6 1≤u_i,v_i,s,h_i≤n，1≤l_i≤10^6 1≤ui,vi,s,hi≤n，1≤li≤106。保证给定的图联通。
分析
这道题其实非常简单，是一道裸的最短路问题，我们只需要从终点出发反着跑就可以了，非常的简单。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF=2e5+10;
struct Node{
long long v,num;
bool operator <(const Node &a)const{
return num>a.num;
}
};
vector<Node> mp[INF];
long long dis[INF],used[INF];
priority_queue<Node> q;
void dijkstra(int x){
dis[x]=0,q.push({x,0});
while (!q.empty()){
long long u=q.top().v;q.pop();
if (used[u]==1)continue;
used[u]=1;
int len=mp[u].size();
for (int i=0;i<len;i++){
long long v=mp[u][i].v,w=mp[u][i].num;
if (dis[v]>dis[u]+w){
dis[v]=dis[u]+w;
q.push({v,dis[v]});
}
}
}
}
int main(){
int n,m,s,q;
cin>>n>>m>>s>>q;
for (int i=1;i<=n;i++){
dis[i]=1e18;
}
for (int i=1;i<=m;i++){
long long u,v,l;
cin>>u>>v>>l;
mp[u].push_back({v,l});
mp[v].push_back({u,l});
}
dijkstra(s);
for (int i=1;i<=q;i++){
int t;
cin>>t;
cout<<dis[t]<<endl;
}
return 0;
}
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第二题——割裂
题面描述
小杨有一棵包含 n n n 个节点的树，其中节点的编号从 1 1 1 到 n n n。
小杨设置了 a a a 个好点对< u 1 u_1 u1, v 1 v_1 v1>,< u 2 u_2 u2, v 2 v_2 v2>,…,< u a u_a ua, v a v_a va>和 1 个坏点对 < b u b_u bu, b v b_v bv>。一个节点能够被删除，当且仅当：
删除该节点后对于所有的
i
(
1
≤
i
≤
a
)
i(1≤i≤a)
i(1≤i≤a)，好点对
u
i
u_i
ui 和
v
i
v_i
vi 仍然连通；
删除该节点后坏点对
b
u
b_u
bu 和
b
v
b_v
bv 不连通。
如果点对中的任意一个节点被删除，其视为不连通。
小杨想知道，有多少个节点能够被删除。
输入格式
第一行包含两个正整数 n , a n,a n,a，含义如题面所示。
之后 n − 1 n−1 n−1 行，每行包含两个正整数 x i , y i x_i,y_i xi,yi，代表存在一条连接节点 x i x_i xi 和 y i y_i yi 的边。
之后 a a a 行，每行包含两个正整数 u i , v i u_i,v_i ui,vi，代表一个好点对 < u i , v i u_i,v_i ui,vi>。
最后一行包含两个正整数 b u , b v b_u,b_v bu,bv，代表坏点对 < b u , b v b_u,b_v bu,bv>。
输出格式
输出一个正整数，代表能够删除的节点个数。
样例
输入样例
6 2
1 3
1 5
3 6
3 2
5 4
5 4
5 3
2 6
输出样例
2
数据范围
对于全部数据，保证有 1 ≤ n ≤ 1 0 6 , 0 ≤ a ≤ 1 0 5 , u i ≠ v i , b u ≠ b v 1≤n≤10^6,0≤a≤10^5,ui≠vi,bu≠bv 1≤n≤106,0≤a≤105,ui=vi,bu=bv。
分析
这道题其实还有点思维含量，根据题目，我们要知道那些点是能删的，那些点是不能删的，基于此，我们就要维护出来每个点被那些点所经过了，或者说被经过了几次，如果说一个点没有被任何的好点经过，并且被坏点经过了，那么就说明这个点是可以被删除的，我这里说的被好点经过指的是两个好点之间的路径哈，不要搞错了。
如果说思路是这样的话，我们是不是就可以很显然想到一个做法，树上差分？而且这个是一个非常简答的点差分，所以说没有任何的难度好吧。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF=1e6+10;
vector<int> mp[INF];
int dp[INF][30],deep[INF],p[INF],d[INF];
void prepare(int x,int fa){
for (int i=1;(1<<i)<=deep[x]-1;i++){
dp[x][i]=dp[dp[x][i-1]][i-1];
}
int len=mp[x].size();
for (int i=0;i<len;i++){
if (mp[x][i]==fa)continue;
int t=mp[x][i];
dp[t][0]=x,deep[t]=deep[x]+1;
prepare(t,x);
}
}
int getroot(int x,int y){
if (deep[x]<deep[y])swap(x,y);
int index=__lg(deep[x]-deep[y]);
for (int i=index;i>=0;i--){
if (deep[dp[x][i]]>=deep[y])x=dp[x][i];
if (deep[x]==deep[y])break;
}
if (x==y)return x;
for (int i=20;i>=0;i--){
if (dp[x][i]!=dp[y][i])x=dp[x][i],y=dp[y][i];
}
return dp[x][0];
}
void get_p(int x,int fa){
int len=mp[x].size();
for (int i=0;i<len;i++){
if (mp[x][i]==fa)continue;
int t=mp[x][i];
get_p(t,x);
p[x]+=p[t];
}
}
void get_d(int x,int fa){
int len=mp[x].size();
for (int i=0;i<len;i++){
if (mp[x][i]==fa)continue;
int t=mp[x][i];
get_d(t,x);
d[x]+=d[t];
}
}
int main(){
int n,a;
cin>>n>>a;
for (int i=1;i<n;i++){
int u,v;
cin>>u>>v;
mp[u].push_back(v);
mp[v].push_back(u);
}
deep[1]=1;
prepare(1,-1);
for (int i=1;i<=a;i++){
int u,v;
cin>>u>>v;
int root=getroot(u,v);
p[u]++,p[v]++,p[root]--,p[dp[root][0]]--;
}
get_p(1,-1);
int b1,b2;
cin>>b1>>b2;
int root=getroot(b1,b2);
d[b1]++,d[b2]++,d[root]--,d[dp[root][0]]--;
get_d(1,-1);
int cnt=0;
for (int i=1;i<=n;i++){
if (d[i]&&!p[i])cnt++;
}
cout<<cnt;
return 0;
}
总结
这次的八级题不算难，只不过前面的选择题和判断题CCF出错了，所以说耽误了一点时间，对于基础比较好的人来说，这套八级的题大概是可以在1个半小时内做完的（像我这么一个蒟蒻，都只花了差不多1个小时）
