noip模拟43

A. 第一题

儿子遍历顺序按深度由小到大即可

B. 第二题

二分最小值，以点权作为初始距离跑最长路即可

直接用大根堆跑 $dij$ 会 $T$，考虑初始权值可以处理，且边权一定，用类似蚯蚓的方法开两个队列，一开始都在第一个队列，松弛后的点放第二个，容易发现两个队列都是单调递减的，比较队头即可

也可以直接 $spfa$ 到不能松弛为止，由于图的特殊性不会更新很多次

代码实现

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long

const int maxn=1e7+5;

const int maxm=5e7+5;

int n,m,k,val[maxn],dis[maxn],hd[maxn],cnt;

bool vis[maxn];

int movx[10]={0,0,-1,-1,1,1};

int movy[10]={-1,1,0,1,-1,0};

int read(){

	int x=0,f=1;

	char ch=getchar();

	while(!isdigit(ch)){

		if(ch=='-')f=-1;

		ch=getchar();

	}

	while(isdigit(ch)){

		x=x*10+ch-48;

		ch=getchar();

	}

	return x*f;

}

struct Edge{

	int nxt,to;

}edge[maxm];

void add(int u,int v){

	edge[++cnt].nxt=hd[u];

	edge[cnt].to=v;

	hd[u]=cnt;

	return ;

}

struct Node{

	int dis,id;

	Node(){}

	Node(int x,int y):dis(x),id(y){}

	bool operator < (const Node &x)const{

		return dis>x.dis;

	}

}p[maxn];

queue<int>q1,q2;

bool check(int limit){

	for(int i=1;i<=n*m;i++){

		dis[p[i].id]=p[i].dis;

		q1.push(p[i].id);

	}

	memset(vis,0,sizeof vis);

	while((!q1.empty())||(!q2.empty())){

		int x=0,y=0,u=0;

		if(!q1.empty())x=q1.front();

		if(!q2.empty())y=q2.front();

		if(dis[x]>dis[y]){

			q1.pop();

			u=x;

		}

		else q2.pop(),u=y;

		//cout<<"hhh "<<u<<" "<<dis[u]<<endl;

		if(vis[u])continue;

		vis[u]=true;

		for(int i=hd[u];i;i=edge[i].nxt){

			int v=edge[i].to;

			if(dis[v]<dis[u]-limit){

				dis[v]=dis[u]-limit;

				//if(!vis[v])

				q2.push(v);

				//,vis[v]=true;

			}

		}

	}

	int sum=0;

	for(int i=1;i<=n*m;i++){

		sum+=dis[p[i].id]-p[i].dis;

		if(sum>k)return false;

	}

	return true;

}

bool pd(int x,int y){

	return x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m;

}

int id(int x,int y){

	return (x-1)*m+y;

}

signed main(){

//	freopen("s.out","r",stdin);

//	freopen("my.out","w",stdout);

	n=read();

	m=read();

	k=read();

	for(int i=1;i<=n;i++){

		for(int j=1;j<=m;j++){

			val[id(i,j)]=read();

			for(int l=0;l<6;l++){

				int x=i+movx[l];

				int y=j+movy[l];

				if(pd(x,y))add(id(i,j),id(x,y));

			}

		}

	}

	for(int i=1;i<=n*m;i++){

		p[i].dis=val[i];

		p[i].id=i;

	}

	sort(p+1,p+n*m+1);

	dis[0]=-1;

//	for(int i=1;i<=n*m;i++)cout<<p[i].dis<<" "<<p[i].id<<endl;;

	int l=0,r=1000000000000;

	while(l<r){

		int mid=(l+r)/2;

		if(check(mid))r=mid;

		else l=mid+1;

	}

	cout<<l;

	return 0;

}

C. 第三题

$1$ 的个数从大到小依次考虑即可，用数位 $dp$ 计算个数和总和

这道题是同时卡上下边界的数位 $dp$

D. 第四题

设 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 个数，最大值为 $j$ 的方案数，转移 $f[i][j]=f[i-1][j]*j+f[i-1][j-1]$

设 $g[i][j]$ 表示从第 $i$ 个数开始到结尾，开头初始最大值为 $j$ 的方案数，转移 $g[i][j]=g[i+1][j]*j+g[i+1][j+1]$

观察答案形式，由于 $\displaystyle x^2=\binom{x}{2}*2+1$

那么强制一个数在数列里出现两次

数 $j$ 在 $i$ 位置第一次出现的贡献为：

\[f[i-1][j-1]*(g[i+1][j]+2*(n-i)*g[i+2][j])+\sum_{k>=j}f[i-1][k]*(g[i+1][k]+2*(n-i)*g[i+2][k])
\]

即讨论上一个数的大小即可

然后用前缀和优化为 $n^2$