CSP-S 模拟测试92 题解

话说我怎么觉得我没咕多长时间啊，怎么就又落了20多场题解啊

T1 array：

根据题意不难列出二元一次方程，于是可以用exgcd求解，然而还有一个限制条件就是$abs(x)+abs(y)$最小，这好像很难搞，但是我们用exgcd求出一组特解之后的通解公式是个一次函数，通过手玩可知x,y只可能是最小正整数或最大负整数解，这就很好整，时间复杂度$O(n)$，当然也可以三分。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define int long long
 using namespace std;
 const int N=1e5+;
 void exgcd(int a,int b,int &x,int &y,int &gcd){//ax+by=c,gcd wei gongyueshu
     if(!b){
         gcd=a;
         x=;
         y=;
     }
     else{
         exgcd(b,a%b,y,x,gcd);
         y-=a/b*x;
     }
 }
 int gcd(int a,int b){
     return (!b)?a:gcd(b,a%b);
 }
 int solve(int a,int b,int x,int y,int k,int g){
     //cout<<"a=="<<a<<" b=="<<b<<" k=="<<k<<endl;
     int ka=a,kb=b;
     a/=g,b/=g;k/=g;
     //cout<<"a=="<<a<<" b=="<<b<<" k=="<<k<<endl;
     int res=0x7fffffffffffffff;
     int tmpx=x%b,tmpy=(k-a*tmpx)/b;
     res=min(res,abs(tmpx)+abs(tmpy));
     //cout<<"tmpx=="<<tmpx<<" tmpy=="<<tmpy<<" res=="<<res<<endl;
     if(tmpx==){
         res=min(res,abs(tmpx+b)+abs(tmpy-a));
         res=min(res,abs(tmpx-b)+abs(tmpy+a));
     }

     else if(tmpx<) tmpx+=b,tmpy-=a,res=min(res,abs(tmpx)+abs(tmpy));
     else tmpx-=b,tmpy+=a,res=min(res,abs(tmpx)+abs(tmpy));
     //cout<<"tmpx=="<<tmpx<<" tmpy=="<<tmpy<<" res=="<<res<<endl;
     tmpy=y%a,tmpx=(k-b*tmpy)/a;
     res=min(res,abs(tmpx)+abs(tmpy));
     //cout<<"tmpx=="<<tmpx<<" tmpy=="<<tmpy<<" res=="<<res<<endl;
     if(tmpy==){
         res=min(res,abs(tmpx+b)+abs(tmpy-a));
         res=min(res,abs(tmpx-b)+abs(tmpy+a));
     }
     else if(tmpy<) tmpy+=a,tmpx-=b,res=min(res,abs(tmpx)+abs(tmpy));
     else tmpy-=a,tmpx+=b,res=min(res,abs(tmpx)+abs(tmpy));
     //cout<<"tmpx=="<<tmpx<<" tmpy=="<<tmpy<<" res=="<<res<<endl;
     return res;
 }
 int k[N];
  main(){
     //freopen("1.in","r",stdin);
     int n,a,b;
     scanf("%lld%lld%lld",&n,&a,&b);
     for(int i=;i<=n;++i) scanf("%lld",&k[i]);
     int flag=;
     long long ans=;
     int x,y;
     int g;
     exgcd(a,b,x,y,g);
     int tmpx=x,tmpy=y;
     for(int i=;i<=n;++i){
         //cout<<"x=="<< x<<" y=="<<y<<endl;
         //cout<<"gcd=="<<g<<" k[i]=="<<k[i]<<endl;
         if(k[i]%g!=) {flag=;break;}
         int tmp=k[i]/g;
         x=tmpx*tmp,y=tmpy*tmp;
         //cout<<"x=="<<x<<" y=="<<y<<endl;
         int res=solve(a,b,x,y,k[i],g);
         //cout<<"res=="<<res<<endl;
         ans+=res;
     }
     if(flag) puts("-1");
     else printf("%lld\n",ans);
     return ;
 }

array

T2 pair

考场上一看到这题发现和队长快跑那题很像，然后就回忆起了那天调了一个下午影魔的一个log在线做法然后水果那道题的惨痛经历，果然水题没有好下场啊qwq

首先设出dp定义$dp_{i,s}$表示到i并且选i，$max(a_i)=j$的最大值。

我们在来考虑他给出的限制，如果$a_i < b_j$且 $a_j>b_i$ 那么一定是i在j前。反之同理。

那么我们可以按$max(a,b)$排序，然后dp

转移时，我们要分类讨论

如果$a_i < b_i$，因为要$max(a)<b_i$所以，$f[i-1][a[i]]$到$f[i-1][b[i]]$的最大值不会改变，直接加$val$就好，在$1-a[i-1]$的最大值变为了$a[i]$，用前面的最大值更新dp就好了。

如果$a_i > b_i$，因为要$max(a)<b_i$所以，$1-b[i]$的最大值变为$a[i]$，同上更新即可。

以上操作只需要维护一棵资磁区间加，单点修改，区间max线段树就好了。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define int long long
 using namespace std;
 const int N=2e5+;
 int cnt,lsh[N<<];
 struct node{
     int a,b,w;
 }p[N];
 int dp[N];
 bool cmp(node x,node y)
 {
     if(max(x.b,x.a)!=max(y.b,y.a))
         return max(x.b,x.a)<max(y.b,y.a);
     else return x.b<y.b;
 }
 struct SegmentTree{
     int l,r,mx,lazy;
 }tr[N<<];
 void build(int p,int l,int r){
     tr[p].l=l,tr[p].r=r;
     if(l==r){return ;}
     int mid=(l+r)>>;
     build(p<<,l,mid);
     build(p<<|,mid+,r);
 }
 void down(int p){
     if(!tr[p].lazy) return ;
     tr[p<<].lazy+=tr[p].lazy,tr[p<<|].lazy+=tr[p].lazy;
     tr[p<<].mx+=tr[p].lazy,tr[p<<|].mx+=tr[p].lazy;
     tr[p].lazy=;
 }
 void add(int p,int l,int r,int ll,int rr,int val){
     if(ll<=l&&r<=rr){
         tr[p].mx+=val;
         tr[p].lazy+=val;
         return ;
     }
     down(p);
     int mid=(tr[p].l+tr[p].r)>>;
     if(ll<=mid) add(p<<,l,mid,ll,rr,val);
     if(rr>mid) add(p<<|,mid+,r,ll,rr,val);
     tr[p].mx=max(tr[p<<].mx,tr[p<<|].mx);
 }
 int q_mx=;
 void ask(int p,int l,int r,int ll,int rr){
     if(ll<=l&&r<=rr){
         q_mx=max(q_mx,tr[p].mx);
         return ;
     }
     down(p);
     int mid=(tr[p].l+tr[p].r)>>;
     if(ll<=mid) ask(p<<,l,mid,ll,rr);
     if(rr>mid) ask(p<<|,mid+,r,ll,rr);
 }
 void update(int p,int l,int r,int pos,int val){
     if(l==r){
         tr[p].mx=max(val,tr[p].mx);
         return ;
     }
     down(p);
     int mid=(tr[p].l+tr[p].r)>>;
     if(pos<=mid) update(p<<,l,mid,pos,val);
     else update(p<<|,mid+,r,pos,val);
     tr[p].mx=max(tr[p<<].mx,tr[p<<|].mx);
 }
 signed main(){
 //    freopen("2.in","r",stdin);
     int n;
     scanf("%lld",&n);
     for(int i=;i<=n;++i){
         scanf("%lld%lld%lld",&p[i].a,&p[i].b,&p[i].w);
     }
     sort(p+,p+n+,cmp);
     for(int i=;i<=n;++i) lsh[++cnt]=p[i].a,lsh[++cnt]=p[i].b;
     sort(lsh+,lsh+cnt+);
     int len=unique(lsh+,lsh+cnt+)-(lsh+);
     int maxn=;
     for(int i=;i<=n;++i){
         p[i].a=lower_bound(lsh+,lsh+len+,p[i].a)-lsh;
         p[i].b=lower_bound(lsh+,lsh+len+,p[i].b)-lsh;
         maxn=max(maxn,p[i].a);
         maxn=max(maxn,p[i].b);
     }
     build(,,maxn);
 //    cout<<"maxn=="<<maxn<<endl;
     for(int i=;i<=n;++i){
         if(p[i].a>p[i].b){
             q_mx=;
             ask(,,maxn,,p[i].b);
 //            cout<<q_mx<<endl;
             dp[i]=max(dp[i],q_mx+p[i].w);
         }
         else{
             q_mx=;
             ask(,,maxn,,p[i].a);
 //            cout<<q_mx<<endl;
             dp[i]=max(dp[i],q_mx+p[i].w);
             add(,,maxn,p[i].a,p[i].b,p[i].w);
         }
         update(,,maxn,p[i].a,dp[i]);
     }
     printf("%lld\n",tr[].mx);
 }

pair

T3 distance

感觉思路和meet in the middle 有些相似，不过也不太一样废话，这提重点思路就在于相当于从中间把两条路径连起来。

具体做法就是以所有特殊点为源点，跑一个多源点spfa，然后记录每个点，离最特殊点的距离，以及是那一个特殊点。跑完spfa后枚举所有边，如果两个端点不同就更新这两个端点的最近特殊点的答案。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define int long long
 const int N=2e5+;
 int to[N<<],nex[N<<],edge[N<<],fr[N<<];
 int first[N];
 bool is[N];
 int sp[N],dis[N],v[N],ans[N];
 int tot;
 void add(int a,int b,int c){
     to[++tot]=b,nex[tot]=first[a],first[a]=tot,edge[tot]=c,fr[tot]=a;
 }
 int sour[N];
 int n,m,p;
 void spfa(){
     for(int i=;i<=n;++i) dis[i]=;
     queue<int> q;
     for(int i=;i<=p;++i) q.push(sp[i]),dis[sp[i]]=,v[sp[i]]=,sour[sp[i]]=sp[i];
     while(q.size()){
         int x=q.front();q.pop();
         v[x]=;
         for(int i=first[x];i;i=nex[i]){
             int y=to[i],z=edge[i];
             if(dis[y]>dis[x]+z){
                 dis[y]=dis[x]+z;
                 sour[y]=sour[x];
                 if(!v[y]) q.push(y),v[y]=;
             }
         }
     }
 }
 signed main(){
     //freopen("3.in","r",stdin);
     scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
     for(int i=;i<=n;++i) ans[i]=;
     for(int i=;i<=p;++i) {scanf("%lld",&sp[i]);is[sp[i]]=;}
     for(int i=;i<=m;++i){
         int x,y,w;
         scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&w);
         add(x,y,w);
         add(y,x,w);
     }
     spfa();
 //    for(int i=1;i<=n;++i) cout<<"sour["<<i<<"]=="<<sour[i]<<" dis["<<i<<"]=="<<dis[i]<<endl;
     for(int i=;i<=tot;i+=){
         if(sour[fr[i]]!=sour[to[i]]){
 //            cout<<"g"<<fr[i]<<" "<<to[i]<<" "<<edge[i]<<endl;
             ans[sour[fr[i]]]=min(ans[sour[fr[i]]],dis[fr[i]]+dis[to[i]]+edge[i]);
             ans[sour[to[i]]]=min(ans[sour[to[i]]],dis[fr[i]]+dis[to[i]]+edge[i]);

         }
     }
     for(int i=;i<=p;++i) printf("%lld ",ans[sp[i]]);
 }
 /*
 5 6 3
 2 4 5
 1 2 4
 1 3 1
 1 4 1
 1 5 4
 2 3 1
 3 4 3
 */

distance