7.15考试总结(NOIP模拟16)[Star Way To Heaven·God Knows·Lost My Music]

败者死于绝望，胜者死于渴望。

前言

一看这个题就来者不善，对于第一题第一眼以为是一个大模拟，没想到是最小生成树。

对于第二题，先是看到了状压可以搞到的 20pts 然后对着暴力一顿猛调后来发现是题面理解错了。

最后 40min 的时候还是把目光投向了这个题的另一个部分分，然后搞了一个区间 DP 但是应该是 线性 DP。

然后我就又凉了，第三题第一眼是输，第二眼是 DFS 序，第三眼是 DFS 序上的线段树，再然后就老老实实去整暴力了。

后来题目名字在网上一搜，竟然都是歌名。。

T1 Star Way To Heaven

解题思路

正解是最小生成树，把上下边界当作两个点来看，然后就搞各个点之间的距离再用 Prim 求最小生成树了。

注意一点，这里用 Kruskal会 TLE 因为多了一个 \(logn\) 的复杂度。

下面主要证明一下最小生成树解法的正确性。

比如下面的这个图

所有最小边权的边所连接的就好似连接了上下两个边界的一个阻断线，显然，我们是一定要从其中穿过去的。

那么，我们一定要选择其中权值最大的边的中点穿过。

因此，答案就是最小生成树上最大边权的一半

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ls x<<1
#define rs x<<1|1
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0')
	{
		if(ch=='-')	f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
const int N=6e3+10,INF=1e18;
int n,m,tot;
bool vis[N];
double ans,dis[N];
struct Node
{
	int x,y;
}s[N];
double dist(double x,double y,double x2,double y2)
{
	return sqrt((x-x2)*(x-x2)+(y-y2)*(y-y2));
}
signed main()
{
	n=read();
	m=read();
	tot=read();
	for(int i=1;i<=tot;i++)
	{
		s[i].x=read();
		s[i].y=read();
		dis[i]=s[i].y;
	}
	dis[tot+1]=m;
	for(int i=1;i<=tot+1;i++)
	{
		int pos=0;
		for(int j=1;j<=tot+1;j++)
			if(!vis[j]&&(!pos||dis[j]<dis[pos]))
				pos=j;
		vis[pos]=true;
		ans=max(ans,dis[pos]);
		if(pos==tot+1)
			break;
		for(int j=1;j<=tot;j++)
			if(!vis[j])
				dis[j]=min(dis[j],dist(s[pos].x,s[pos].y,s[j].x,s[j].y));
		dis[tot+1]=min(dis[tot+1],1.0*m-s[pos].y);
	}
	printf("%.10lf",ans/2);
	return 0;
}

T2 God Knows

解题思路

本题的思路或许有一点难懂，就是那种只可意会不可言传的感觉。

首先要明白一个概念：极长上升序列。（对于之后的点都不可以比这个点大）

再看一下 40pts 的做法，直接暴力 DP 设 \(f_i\) 数组表示以 i 结尾的极长上升序列的价值。

然后，先初始化一下每个序列的开始，需要满足之前所有的点的值都小于它。

接下来在枚举结尾点的前提下，一个一个向前跳，要满足从该节点一直到 i-1 节点没有比该节点还要大的点。

其实就是为了防止隔级跳的情况。

在寻找结尾节点的时候和寻找起始节点的相反（保证 i 到 n 没有比它大的点）

然后我们就得到了暴力DP的\(code\)

但是 \(n^2\) 的似乎太慢了，于是我们就可以考虑线段树优化。

好像是类似于一种叫做李超线段树的东西，具体实现细节见代码

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ls x<<1
#define rs x<<1|1
#define f() cout<<"Fuck"<<endl;
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0')
	{
		if(ch=='-')	f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
const int N=2e5+10,INF=1e18;//v为新的权值
int n,las,v,s[N],val[N],q[N<<2];//q数组记录之前的最有解
struct Segment_Tree
{
	int las,dat;//dat就是前面的 f 数组并且必须以这个节点结尾，las表示每个的最后的那个点
}tre[N<<2];//las数组表示当前节点所在的极长序列的末尾
int solve(int x,int l,int r,int pos)
{
	if(l==r)	return (tre[x].las>pos)?tre[x].dat:INF;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(tre[rs].las<=pos)	return solve(ls,l,mid,pos);//不符合直接左儿子
	return min(q[x],solve(rs,mid+1,r,pos));//左儿子的部分一定是极长上升序列的部分
}
void push_up(int x,int l,int r)
{
	int mid=(l+r)>>1;
	tre[x].las=max(tre[ls].las,tre[rs].las);
	q[x]=solve(ls,l,mid,tre[rs].las);
}
void insert(int x,int l,int r,int pos,int num,int vall)
{
	if(l==r)
	{
		tre[x].dat=vall;
		tre[x].las=num;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(pos<=mid)	insert(ls,l,mid,pos,num,vall);
	else	insert(rs,mid+1,r,pos,num,vall);
	push_up(x,l,r);
}
void query(int x,int l,int r,int pos)
{
	if(r<=pos)
	{
		v=min(v,solve(x,l,r,las));//只要在这个点之前就查询最小的价值
		las=max(las,tre[x].las);
		return ;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(mid<pos)	query(rs,mid+1,r,pos);
	query(ls,l,mid,pos);//相当于向前跳的一个过程
}
signed main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		s[i]=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		val[i]=read();
	memset(q,0x7f,sizeof(q));
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		las=0;
		v=INF;
		query(1,1,n,s[i]);//求值储存到v并且对于前面的进行更新
		if(v>=INF)	v=0;
		insert(1,1,n,s[i],i,v+val[i]);
	}
	las=0;
	v=INF;
	query(1,1,n,n);
	printf("%lld",v);
	return 0;
}

T3 Lost My Music

解题思路

这个题的第一思路还是在树上维护某些东西，但是能想到的最优的也就只是在每条链上跳了。

但是在链上跳可以获得 50pts 的巨额分数（前提是你不和我一样开小数组）

正解就是什么可持久化栈维护凸包。

But，在我颓了别的题解之后发现这并没有什么用。

直接在树上用倍增维护凸包就非常的棒，嗯，就很棒。

对于下图，显然我们应该维护一个下凸包，对于 D 点的解从 C 点转移比从之前任意一点转移都要更优。

现在举 C 和 B 点转移来对比也就是：\(\dfrac{c_D-c_B}{dep_D-dep_B}\ge \dfrac{c_D-c_C}{dep_D-dep_C}\) 就可以进行更新。

再次基础上优化倍增就好了。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0')
	{
		if(ch=='-')	f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
const int N=5e5+10,INF=1e18;
int n,s[N],fa[N],dep[N],f[N][25];
int tot,ver[N],head[N],nxt[N];
double ans[N];
inline void add_edge(int x,int y)
{
	ver[++tot]=y;
	nxt[tot]=head[x];
	head[x]=tot;
}
bool judge(int x,int y,int z)
{
	return (1.0*s[z]-1.0*s[x])*(1.0*dep[z]-1.0*dep[y])>=(1.0*s[z]-1.0*s[y])*(1.0*dep[z]-1.0*dep[x]);
}
void dfs(int x)
{
	dep[x]=dep[fa[x]]+1;
	int pos=fa[x];
	for(int i=20;i>=0;i--)
	{
		int temp=f[pos][i];
		if(temp<=1)	continue;
		if(judge(f[temp][0],temp,x))
			pos=temp;
	}
	if(pos!=1&&judge(f[pos][0],pos,x))
		pos=f[pos][0];
	f[x][0]=pos;
	for(int i=0;f[x][i];i++)
		f[x][i+1]=f[f[x][i]][i];
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
		dfs(ver[i]);
}
signed main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		s[i]=read();
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		fa[i]=read();
		add_edge(fa[i],i);
	}
	dfs(1);
	for(int i=2;i<=n;i++)
		printf("%.10lf\n", (1.0*s[f[i][0]]-1.0*s[i])/(1.0*dep[i]-dep[f[i][0]]) );
	return 0;
}