2025年3月GESP八级真题解析

第一题——上学

题目描述

C 城可以视为由 \(n\) 个结点与 \(m\) 条边组成的无向图。这些结点依次以 \(1,2,…,n\) 标号，边依次以 \(1,2,…,m\) 标号。第 \(i\) 条边（\(1≤i≤m\)）连接编号为 \(u_i\) 与 \(v_i\) 的结点，长度为 \(l_i\) 米。

小 A 的学校坐落在 C 城中编号为 \(s\) 的结点。小 A 的同学们共有 \(q\) 位，他们想在保证不迟到的前提下，每天尽可能晚地出门上学。但同学们并不会计算从家需要多久才能到学校，于是找到了聪明的小 A。第 \(i\) 位同学（\(1≤i≤q\)）告诉小 A，他的家位于编号为 \(h_i\) 的结点，并且他每秒能行走 \(1\) 米。请你帮小 A 计算，每位同学从家出发需要多少秒才能到达学校呢？

输入格式

第一行，四个正整数 \(n,m,s,q\)，分别表示 C 城的结点数与边数，学校所在的结点编号，以及小 A 同学们的数量。

接下来 \(m\) 行，每行三个正整数 \(u_i,v_i,l_i\)，表示 C 城中的一条无向边。

接下来 \(q\) 行，每行一个正整数 \(h_i\)，表示一位同学的情况。

输出格式

共 \(q\) 行，对于每位同学，输出一个整数，表示从家出发到学校的最短时间。

样例

输入样例 1

5 5 3 3
1 2 3
2 3 2
3 4 1
4 5 3
1 4 2
5
1
4

输出样例 1

4
3
1

数据范围

对于 \(20\%\) 的测试点，保证 \(q=1\)。

对于另外 \(20\%\) 的测试点，保证 \(1≤n≤500，1≤m≤500\)。

对于所有测试点，保证 \(1≤n≤2×10^5，1≤m≤2×10^5，1≤q≤2×10^5\)，\(1≤u_i,v_i,s,h_i≤n，1≤l_i≤10^6\)。保证给定的图联通。

分析

这道题其实非常简单，是一道裸的最短路问题，我们只需要从终点出发反着跑就可以了，非常的简单。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF=2e5+10;

struct Node{
	long long v,num;
	bool operator <(const Node &a)const{
		return num>a.num;
	}
};

vector<Node> mp[INF];
long long dis[INF],used[INF];
priority_queue<Node> q;

void dijkstra(int x){
	dis[x]=0,q.push({x,0});
	while (!q.empty()){
		long long u=q.top().v;q.pop();
		if (used[u]==1)continue;
		used[u]=1;
		int len=mp[u].size();
		for (int i=0;i<len;i++){
			long long v=mp[u][i].v,w=mp[u][i].num;
			if (dis[v]>dis[u]+w){
				dis[v]=dis[u]+w;
				q.push({v,dis[v]});
			}
		}
	}
}

int main(){
	int n,m,s,q;
	cin>>n>>m>>s>>q;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		dis[i]=1e18;
	}
	for (int i=1;i<=m;i++){
		long long u,v,l;
		cin>>u>>v>>l;
		mp[u].push_back({v,l});
		mp[v].push_back({u,l});
	}
	dijkstra(s);
	for (int i=1;i<=q;i++){
		int t;
		cin>>t;
		cout<<dis[t]<<endl;
	}
	return 0;
}

广告

最短路算法——CSDN

最短路算法——博客园

第二题——割裂

题面描述

小杨有一棵包含 \(n\) 个节点的树，其中节点的编号从 \(1\) 到 \(n\)。

小杨设置了 \(a\) 个好点对<\(u_1\),\(v_1\)>,<\(u_2\),\(v_2\)>,...,<\(u_a\),\(v_a\)>和 1 个坏点对 <\(b_u\),\(b_v\)>。一个节点能够被删除，当且仅当：

删除该节点后对于所有的 \(i(1≤i≤a)\)，好点对 \(u_i\) 和 \(v_i\) 仍然连通；

删除该节点后坏点对 \(b_u\) 和 \(b_v\) 不连通。

如果点对中的任意一个节点被删除，其视为不连通。

小杨想知道，有多少个节点能够被删除。

输入格式

第一行包含两个正整数 \(n,a\)，含义如题面所示。

之后 \(n−1\) 行，每行包含两个正整数 \(x_i,y_i\)，代表存在一条连接节点 \(x_i\) 和 \(y_i\) 的边。

之后 \(a\) 行，每行包含两个正整数 \(u_i,v_i\)，代表一个好点对 <\(u_i,v_i\)>。

最后一行包含两个正整数 \(b_u,b_v\)，代表坏点对 <\(b_u,b_v\)>。

输出格式

输出一个正整数，代表能够删除的节点个数。

样例

输入样例

6 2
1 3
1 5
3 6
3 2
5 4
5 4
5 3
2 6

输出样例

2

数据范围

对于全部数据，保证有 \(1≤n≤10^6,0≤a≤10^5,ui≠vi,bu≠bv\)。

分析

这道题其实还有点思维含量，根据题目，我们要知道那些点是能删的，那些点是不能删的，基于此，我们就要维护出来每个点被那些点所经过了，或者说被经过了几次，如果说一个点没有被任何的好点经过，并且被坏点经过了，那么就说明这个点是可以被删除的，我这里说的被好点经过指的是两个好点之间的路径哈，不要搞错了。

如果说思路是这样的话，我们是不是就可以很显然想到一个做法，树上差分？而且这个是一个非常简答的点差分，所以说没有任何的难度好吧。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF=1e6+10;

vector<int> mp[INF];
int dp[INF][30],deep[INF],p[INF],d[INF];

void prepare(int x,int fa){
	for (int i=1;(1<<i)<=deep[x]-1;i++){
		dp[x][i]=dp[dp[x][i-1]][i-1];
	}
	int len=mp[x].size();
	for (int i=0;i<len;i++){
		if (mp[x][i]==fa)continue;
		int t=mp[x][i];
		dp[t][0]=x,deep[t]=deep[x]+1;
		prepare(t,x);
	}
}
int getroot(int x,int y){
	if (deep[x]<deep[y])swap(x,y);
	int index=__lg(deep[x]-deep[y]);
	for (int i=index;i>=0;i--){
		if (deep[dp[x][i]]>=deep[y])x=dp[x][i];
		if (deep[x]==deep[y])break;
	}
	if (x==y)return x;
	for (int i=20;i>=0;i--){
		if (dp[x][i]!=dp[y][i])x=dp[x][i],y=dp[y][i];
	}
	return dp[x][0];
}

void get_p(int x,int fa){
	int len=mp[x].size();
	for (int i=0;i<len;i++){
		if (mp[x][i]==fa)continue;
		int t=mp[x][i];
		get_p(t,x);
		p[x]+=p[t];
	}
}

void get_d(int x,int fa){
	int len=mp[x].size();
	for (int i=0;i<len;i++){
		if (mp[x][i]==fa)continue;
		int t=mp[x][i];
		get_d(t,x);
		d[x]+=d[t];
	}
}
int main(){
	int n,a;
	cin>>n>>a;
	for (int i=1;i<n;i++){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		mp[u].push_back(v);
		mp[v].push_back(u);
	}
	deep[1]=1;
	prepare(1,-1);
	for (int i=1;i<=a;i++){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		int root=getroot(u,v);
		p[u]++,p[v]++,p[root]--,p[dp[root][0]]--;
	}
	get_p(1,-1);
	int b1,b2;
	cin>>b1>>b2;
	int root=getroot(b1,b2);
	d[b1]++,d[b2]++,d[root]--,d[dp[root][0]]--;
	get_d(1,-1);
	int cnt=0;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		if (d[i]&&!p[i])cnt++;
	}
	cout<<cnt;
	return 0;
}

总结

这次的八级题不算难，只不过前面的选择题和判断题CCF出错了，所以说耽误了一点时间，对于基础比较好的人来说，这套八级的题大概是可以在1个半小时内做完的（像我这么一个蒟蒻，都只花了差不多1个小时）