NOIP2017提高组模拟赛5 （总结）

NOIP2017提高组模拟赛5 （总结）##

第一题 最远

	奶牛们想建立一个新的城市.它们想建立一条长度为N (1 <= N <= 1,000,000)的 主线大街，然后建立K条 (2 <= K <= 50,000)小街, 每条小街的尽头有一间房子(小街的其它位置没有房子).每条小街在主线大街的P_i 处分支，(0 <= P_i <= N) , 小街的长度是 L_i (1 <= L_i <= 1,000,000).FJ想知道最远的两个房子之间的距离是多少。

　　其实就是将一个点F拆成向左L向右R的两个点，然后将所有点排序（不用排序也行，直接找），①选第一个L，从后往前选第一个不与L同一个F的R。②选最后一个R，从前往后选第一个不与R同一个F的L。①②答案中的最大值即为两点之间的最远距离。

证明如下：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>

#define imax(a,b) ((a>b)?(a):(b))

typedef long long ll;

using namespace std;

const int N=120000;
int n,k,dt,ans;
struct data{ int ti,wi; } d[N];

void add(int len,int we) { d[++dt].ti=len; d[dt].wi=we; }

bool cmp(data A,data B) { return (A.ti<B.ti); }

int main()
{
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&k);
	dt=0; ans=0;
	for(int i=1;i<=k;i++)
	{
		int a,b; scanf("%d%d",&a,&b);
		add(a+b,i); add(a-b,i);
	}
	sort(d+1,d+1+dt,cmp);
	for(int i=dt;i>1;i--)
	if(d[i].wi!=d[1].wi)
	{
		ans=imax(ans,d[i].ti-d[1].ti);
		break;
	}
	for(int i=1;i<dt;i++)
	if(d[i].wi!=d[dt].wi)
	{
		ans=imax(ans,d[dt].ti-d[i].ti);
		break;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

第二题 01游戏

	有一种游戏, 刚开始有A个0和B个1. 你的目标是最后变成A+B个1. 每一次,你选中任意K个数字, 把他们的值取反(原来是0的变1, 原来是1的变0).请问至少需要多少次才能达到目标？假如不可能达到目标，就输出-1.

数学方法：

　　把01看成A+B个点。

　　设S=A+B，X=最少要翻转次数，ti=点i翻转两次的次数。

　　①\((XK-A)/2=\sum_{i=1}^n ti\) ∴XK-A≥0且为偶数

　　②假设各点ti达到最大。

　　点i为1则ti=X/2

　　点i为0则ti=(X-1)/2

　　得到\((XK-A)/2≤A*((X-1)/2)+B*(X/2)\)

答案不超过S，枚举判断是否符合①②条件，符合则可行。找不到的输出-1。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>

typedef long long ll;

using namespace std;

int ng;
long long A,B,K,S;

int main()
{
	freopen("b.in","r",stdin);
	freopen("b.out","w",stdout);
	scanf("%d",&ng);
	while(ng--)
	{
		scanf("%lld%lld%lld",&A,&B,&K);
		S=A+B; long long ans;
		for(ans=0;ans<=S;ans++)
		if(A==0 || ((K*ans-A)>=0 && ((K*ans-A)&1)==0 && (K*ans-A)/2<=A*((ans-1)/2)+B*(ans/2))) break;
		if(ans<=S) printf("%lld\n",ans); else printf("-1\n");
	}
	return 0;
}

第三题 bst计数

	相信大家对二叉查找树都很熟悉了，现在给你N个整数的序列，每个整数都在区间[1,N]内，且不重复。现在要你按照给定序列的顺序，建立一个二叉查找树，把第一整数作为根，然后依次插入后面的整数。
	每个结点X的插入过程其实就是模拟下面的 insert(X, root)过程：
insert( number X, node N )
{
	increase the counter  C by  1  //每次进来都会使C加1
	if X is less than the numberin node N //如果X小于结点N的值
	{
	if  N has no left child //N没有左孩子把X作为N左孩子
	create a new node with thenumber X and set it to be the left child of node N
	else  insert(X, left child of node N)//递归，从N左孩子插入
	}
	else (X is greater than thenumber in node N)
	{
	if N has no right child
	create a new node with thenumber X and set it to be the right child of node N
	else
	insert(X, right child of nodeN)
    }
}
	你要求的是：每次把序列的一个整数插入到二叉查找数后，当目前为止计数累加器C的值是多少？请把它输出。注意：第一次插入根，计数器C的值是0，你可以理解为插入根是不执行insert()操作的，其后每插入一个结点，C都类加，也就是每次进入过程insert( number X, node N )，都会执行increase the counter  C by  1，使得C不断增大。

　　C每次累加的其实是插入X后，X的深度。

　　可以得知，depX=depXFather+1。

　　如何找出X的父亲呢？

　　根据排序二叉树的性质，二叉排序树的中序遍历的序列有序。假设插入X后，在二叉树的中序遍历中，X与XFather一定是相邻的。

　　那么与X相邻的有两个，哪一个才是XFather？其实比较一下两点插入的时间，时间晚的一定是XFather。与X相邻表示一个是XFather，另一个一定不在XFather这棵子树中（如果在，则一定为X的儿子，但还没插入，仅此一种情况）而是XFather的Father（由性质可得），所以时间晚的就是XFather。

　　直接做可以用线段树或splay过掉。

　　但还有一种更优的做法。

　　逆向思维，从后往前做，对于点i，1->i的序列是有序的，直接可得距离i最近的两个点，求出iFather。然后将i点删除，仍需维护1->i-1有序。可以用链表，删除点i等于

　　R[L[i]]=R[i]; L[R[i]]=L[i];

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>

#define imax(a,b) ((a>b)?(a):(b))

typedef long long ll;

using namespace std;

const int N=301000;
int n,d[N+10],tn[N+10],L[N+10],R[N+10];
int son[N+10][5],f[N+10],fa[N+10];
long long ans;

int main()
{
	freopen("c.in","r",stdin);
	freopen("c.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&d[i]),tn[d[i]]=i;
	for(int i=1;i<=n;i++) L[i]=tn[d[i]-1],R[i]=tn[d[i]+1];
	L[0]=0; R[0]=tn[1];
	L[n+1]=tn[n]; R[n+1]=n+1;
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		int ll=L[i],rr=R[i];
		int yu=imax(ll,rr);
		fa[i]=yu;
		R[ll]=rr; L[rr]=ll;
	}
	ans=0ll; f[1]=0;
	for(int i=2;i<=n;i++) f[i]=f[fa[i]]+1;
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld\n",(ans+=f[i]));
	return 0;
}