NOIP 模拟 七十七

100+60+95+30; T4 一个变量打错挂了40。。

T1 最大或

考虑从高到低枚举的二进制位，然后和的对应二进制位进行比较。如果两

者相同，那么不论怎么选择,，答案在这个位置上的值一定和在这个位置上的

值相同；否则，一定有在这个位置上是1，而在这个位置上是0。那么，我们只

需要选择 = ，而 = (...011...1)2即可，其中前面省略号的部分表示,二进

制表示相同的部分。以此进行答案计算即可。

考试时没有严谨的证明，感觉固定 r 好像是对的，试了好几组数据全部调整了出来，然后就按照这个思路打的。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int T,l,r,lim[61],maxn,need[61],limm[69],zhi[66];
inline void dfs(int x,int lim1,int lim2,int val)
{   maxn=max(maxn,r|val);if(x==-1)return;
    int be=0,en=1;if(lim1)en=lim[x];if(lim2)be=limm[x];
    if(!lim1 and !lim2){val|=(zhi[x]);maxn=max(maxn,r|val);return;}
    for(int i=be;i<=en;++i)dfs(x-1,(lim1 and i==lim[x]),(lim2 and i==limm[x]),i?val|(1ll<<x):val);
}
signed main()
{   freopen("maxor.in","r",stdin);
    freopen("maxor.out","w",stdout);
    scanf("%lld",&T);
    for(int i=0;i<=59;++i)zhi[i]=zhi[i-1]+(1ll<<i);
    while(T--)
    {   scanf("%lld%lld",&l,&r);
        maxn=r;memset(lim,0,sizeof(lim));memset(limm,0,sizeof(limm));
        for(int i=59;i>=0;--i)lim[i]=((r&(1ll<<i))!=0),limm[i]=((l&(1ll<<i))!=0);
        dfs(60,1,1,0);printf("%lld\n",maxn);
    }
}

T2 答题

本道题的实质其实是求用所给的个数组成的2:个数中的第大值。其中 =

(2:×)。

直接枚举显然不能通过，所以我们需要进行折半枚举，即枚举求出前:

3个数可

以组成的所有值，以及后:

3个数可以组成的所有值。二分需要求的第大值是多少，

这样，题目相当于求从前:

3个数组成的所有值以及后:

3个数组成的所有值中各取出

一个数，并且两个数的和大于等于二分值的数对有多少组。对两部分从小到大进

行排序，并按顺序枚举第一部分选择的数，则第二部分中可以选择的数落在第二

部分的一个后缀中，并且随着第一部分的枚举值越来越大，这个后缀也越来越大。

使用指针进行线性扫描即可。

想到了转化为划分 k 大值，也想到了middle，然后就罢工了。。。。今天状态不好，脑子热。。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
double p,dd=1;
int a[41],n,siz,sum=0,maxn,w1[(1<<20)+10],w2[(1<<20)+10],U1,U2,tot1,tot2,lim;
inline bool check(int x)
{   int res=0;int zhi=U2;
    for(int i=1;i<=U1;++i)
    {   while(zhi and w1[i]+w2[zhi]>x)--zhi;
        res+=zhi;
    }
    return res>=lim;
}
signed main()
{   freopen("answer.in","r",stdin);
    freopen("answer.out","w",stdout);
    scanf("%lld %lf",&n,&p);
    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]),siz+=a[i];
    U1=(1<<n/2);U2=(1<<(n+1)/2);
    for(int i=1;i<=n/2;++i)w1[1<<i-1]=a[i];
    for(int i=1;i<=(n+1)/2;++i)w2[1<<i-1]=a[i+n/2];
    for(int i=1;i<U1;++i)if(!w1[i])w1[i]=w1[i&(-i)]+w1[i^(i&(-i))];
    for(int i=1;i<U2;++i)if(!w2[i])w2[i]=w2[i&(-i)]+w2[i^(i&(-i))];
    sort(w1+1,w1+1+U1);sort(w2+1,w2+1+U2);
    lim=ceil(p*(1ll<<n));
    cout<<lim<<endl;
    int l=0,r=siz,ans=0;
    while(l<=r)
    {   int mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid))ans=mid,r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}

T3 联合权值?改

本题的正解复杂度为(-.M)。

先提出一个结论：在一个有条边的图中，三元环的个数为(-.M)的。显然

一个点数为(N.M)的完全图可以使得三元环个数取到这个上界，但是这是对边

的利用率最高的一种做法，你无法找到一个利用率更高的图。

第一问（求最大值）：枚举点，将和它相邻的点按权值从大到小排序。接着

二重循环枚举点对（即枚举点,），每次枚举时，如果可行（ − −是(,)

之间的一条最短路）就停止枚举。否则一定是找到了一个三元环(,,)。所以

总的失败枚举数不会超过(-.M)。如果使用哈希来判定是否失败，就可以做到

单次判定失败(1)，总复杂度(-.M)。

第二问（求和）：枚举点，求出和相邻的点的权值的和的平方，再减去和

相邻的点的权值的平方的和。在没有三元环的情况下，上述操作就可以正确求

出答案。再把三元环纳入考虑，即扣掉因三元环产生的非法联合权值。

考虑按如下方式寻找三元环：对于每个点进行一次预处理，求出和相邻的，

并且点的度数大于，或者点的度数和相同，但点的编号大于的点。接着，枚

举点，再枚举与相邻的满足上述条件的点，再枚举与相邻的满足上述条件

的点，然后使用哈希算法判断(,,)是否构成三元环。如果构成三元环，则我

们可以把该三元环产生的三种联合权值从答案中扣去。我们可以分析一下这么做

的复杂度：枚举点和的总复杂度应该是()的。如果的度数不超过N.M，则

枚举第三个点的时间不超过(N.M)；否则的个数应该不超过(N.M)（因为度

数总和是()的，所以度数超过N.M的点数应该是N.M的）。实际上，上述做法

可以直接证明“在一个有条边的图中，三元环的个数为(-.M)的”这一个结论。

综上，本题做法的总复杂度是(-.M)的。

然而暴力可以撵过，由于评测机波动，掉了 5 分。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,ans2,ans1,t,val[40001];
vector<int>p[40001];
set<int>st[40001];
signed main()
{   freopen("link.in","r",stdin);
    freopen("link.out","w",stdout);
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&t);
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {   int a,b;scanf("%lld%lld",&a,&b);
        p[a].push_back(b);p[b].push_back(a);
        st[a].insert(b);st[b].insert(a);
    }
    ans1=-1;
    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&val[i]);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    for(int j=0;j<p[i].size();++j)
    for(int k=j+1;k<p[i].size();++k)
    {   int u=p[i][j],v=p[i][k];
        if(st[u].find(v)!=st[u].end())continue;
        ans1=max(ans1,val[u]*val[v]);
        ans2+=val[u]*val[v];
    }
    if(t!=2)cout<<ans1<<endl;
    else puts("0");
    if(t!=1)cout<<ans2*2<<endl;
    else puts("0");
}

T4 主仆见证了 Hobo 的离别

考场暴力建边暴力搜，应该是平方复杂度，预估七十分，然而。。

for(int j=1;j<=k;++j)scanf("%d",&a[k]);直接干废了。。

真不知道我是怎么打的，状态极差。

正解同样建树，如果无祖先关系，肯定不行。否则就是一路交，另一种是一路并。并查集不会用，用了倍增。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,tot,a[500001],id[500001],du[500001],zhi,siz[500001],dfn[500001],rt,cnt,f[500001][24],fa[500001][24],dep[500001];
vector<int>p[500001];
queue<int>Q;pair<int,int>t[500001];
bool vis[500001];
inline void dfs(int x,int ff)
{   f[x][0]=id[ff];fa[x][0]=ff;siz[x]=1;dfn[x]=++cnt;dep[x]=dep[ff]+1;
    for(int i=1;i<=23;++i)fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1],f[x][i]=f[fa[x][i-1]][i-1]|f[x][i-1];
    for(auto i:p[x])if(i!=ff)dfs(i,x),siz[x]+=siz[i];
}
inline int work(int x,int y)
{   if(dfn[x]>=dfn[y] and dfn[x]+siz[x]<=dfn[y]+siz[y])
    {   int ii=0;
        for(int i=23;i>=0;--i)if(dep[fa[x][i]]>=dep[y])ii|=f[x][i],x=fa[x][i];
        return (ii!=3 and ii!=1);
    }
    if(dfn[x]<=dfn[y] and dfn[x]+siz[x]>=dfn[y]+siz[y])
    {   int ii=0;
        for(int i=23;i>=0;--i)if(dep[fa[y][i]]>=dep[x])ii|=f[y][i],y=fa[y][i];
        return (ii!=2 and ii!=3);
    }
    return 0;
}
signed main()
{   freopen("friendship.in","r",stdin);
    freopen("friendship.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;++i)id[i]=i;tot=n;
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {   int opt,op,k,x,y;
        scanf("%d",&opt);
        if(opt==1)
        {scanf("%d%d",&x,&y);t[++zhi]=make_pair(x,y);}
        else
        {   scanf("%d%d",&op,&k);
            for(int j=1;j<=k;++j)scanf("%d",&a[j]);
            int ii=id[a[1]];
            if(k==1){id[++tot]=0;p[tot].push_back(a[1]);p[a[1]].push_back(tot);du[a[1]]++;continue;}
            ++tot;
            if(op==0)
            {   id[tot]=1;
                for(int j=1;j<=k;++j)p[tot].push_back(a[j]),p[a[j]].push_back(tot),++du[a[j]];
            }
            else
            {   id[tot]=2;
                for(int j=1;j<=k;++j)p[tot].push_back(a[j]),p[a[j]].push_back(tot),++du[a[j]];
            }
        }
    }
    rt=tot+1;
    for(int i=1;i<=tot;++i)if(!du[i]){p[rt].push_back(i);p[i].push_back(rt);}
    dfs(rt,0);
    for(int i=1;i<=zhi;++i)printf("%d\n",work(t[i].first,t[i].second));
}