介绍

在一些用莫队处理的问题中,扩展区间容易但收缩区间不好处理,这时可以考虑使用回滚莫队的技巧,以达到区间只增不减的效果。

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关于本次比赛

首先道个歉,卡掉了时空复杂度为 $n^3$ 的 $dp$ 做法确实是不应该,零基础的话能自学到掌握基本 $dp$ 的程度应该是很优秀的水平了。

而本次组题问题也很多,包括没有一个总的命题人来把握整体难度 和 “祖安” 一题出现意料外的解法(正则表达式)等。再次对我们命题工作的不当导致大家不好的比赛体验道个歉。

但每个题所涉及的知识点多为算法竞赛中实用的算法或技巧,数据也经过多次验证,欢迎大家赛后补题。

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Kruskal重构树

资料

Kruskal重构树入门 自为风月马前卒

模板

构建方法:初始时有 $n$ 个叶子节点,运行 $kruskal$ 最小生成树算法,对于用边权为 $w$ 连接两个节点 $(u,v)$, 新建一个权值为 $w$ 的节点 $x$,并连边 $(x,root(u))$ 和 $(x,root(v))$, 并将 $x$ 置为这颗树的根节点。

这样建出来的其实是一个大根堆,可以用来求从点 $x$ 出发只走边权 $<=w$ 的边能到达的点的极大集合

做法就是从 $x$ 倍增往上面跳直到点权 $>w$,设跳到的点为 $u$,那么 $u$ 的所有叶子就是所求的极大集合

还有一个性质是:任意两个点路径上边权的最大值为它们的LCA的点权

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COT1

COT - Count on a tree

题意

求树上某个路径 $(u,v)$ 上所有数中的第 $k$ 大

SOL

类似于序列上的做法,对于每个点 $u$ 维护它到根路径上所有数的权值线段树 $tree[u]$,路径 $(u,v)$ 上所有数构成的权值线段树可以看作是 $tree[u] + tree[v] - tree[lca] + val[lca]$$,求 $k$ 大的方法同序列。

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vector<int> X;
int n,m,L;
int a[MAXN],fa[MAXN];
int s[N],ls[N],rs[N],cnt,root[MAXN];
void insert(int pre,int &rt,int l,int r,int val)
{
if(!rt)rt=++cnt; s[rt]=s[pre]+1; if(l==r)return;
if(val<=mid)insert(ls[pre],ls[rt],l,mid,val),rs[rt]=rs[pre];
else insert(rs[pre],rs[rt],mid+1,r,val),ls[rt]=ls[pre];
}
int query(int pre,int rt1,int rt2,int l,int r,int k)
{
if(l==r)return l;
int t=s[ls[rt1]]+s[ls[rt2]]-2*s[ls[pre]]+(a[L]>=l&&a[L]<=mid);
if(t>=k)return query(ls[pre],ls[rt1],ls[rt2],l,mid,k);
else return query(rs[pre],rs[rt1],rs[rt2],mid+1,r,k-t);
}
void dfs(int u,int par=0)
{
fa[u]=par,insert(root[par],root[u],1,X.size(),a[u]);
go(u)if(v!=par)dfs(v,u);
}
int work()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]),X.pb(a[i]);
sort(all(X)),unq(X);
fp(i,1,n)a[i]=lb(all(X),a[i])-X.begin()+1;
fp(i,1,n-1)
{
int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
addedge(u,v),addedge(v,u);
}
dfs(1,0),lca::init(n);
while(m--)
{
int u,v,k;scanf("%d%d%d",&u,&v,&k),L=lca::query(u,v);
printf("%d\n",X[query(root[L],root[u],root[v],1,X.size(),k)-1]);
}
return 0;
}

COT2

题意

每个点有个颜色 $a[u]$,求树上某个路径 $(u,v)$ 上的颜色种类数

SOL1 在线做法 树分块 可持久化块状数组

前置技能1: 可持久化块状数组

前置技能2: 树分块

SOL2 离线做法 树上莫队

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