Dylan's Blog
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问题描述：

FJ的奶牛们找到了一张详细的城市地图，上面标注了城市中所有$L(2 <= L <= 1000)$座标志性建筑物（建筑物按1..L顺次编号），以及连接这些建筑物的$P(2 <= P <= 5000)$条单向道路。

FJ会开车将奶牛们送到某个她们指定的建筑物旁边，等奶牛们完成她们的整个旅行并回到出发点后，将她们接回农场。对于编号为i的标志性建筑物，奶牛们清楚地知道参观它能给自己带来的乐趣值$F_i (1 <= F_i <= 1000)$。 奶牛们同样仔细地研究过城市中的道路。她们知道第i条道路两端的建筑物$ L1_i$和$L2_i$ 以及她们从道路的一头走到另一头所需要的时间$T_i(1 <= T_i <= 1000)$

奶牛们希望她们在一整天中平均每单位时间内获得的乐趣值最大。当然咯，奶牛们不会愿意把同一个建筑物参观两遍，也就是说，虽然她们可以两次经过同一个建筑物，但她们的乐趣值只会增加一次。 请你写个程序，帮奶牛们计算一下她们能得到的最大平均乐趣值。

输入：

第一行两个整数L, P（见上文定义） 接下来L行，每行一个数$F_i $ 接下来P行每行三个数：$ L1_i$，$L2_i$，$T_i$

输出：

一个两位小数，最大的单位时间平均乐趣。

思路：

比较简单的一道分数规划吧。二分答案，然后按照套路重新建图。新图上每条边的权值为$边权*mid-端点点权$，然后判断图中是否存在负环。

判断负环有一个特别巧妙的方法，就是跑一遍SPFA，记录松弛操作次数。如果操作次数大于了点的个数，那么就一定存在负环。

代码：

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
#define MAXN 1005
#define MAXE 5005
#define INF 2e9
#define eps 1e-4
using namespace std;

int n, m, cnt, f[MAXN], u[MAXE], v[MAXE], w[MAXE], head[MAXN], num[MAXN];
bool vis[MAXN];
double dis[MAXN];

struct Edge {int to, next; double dis;} edge[MAXE];

void addedge(int u, int v, double w)
{
    edge[++cnt].next=head[u];
    edge[cnt].to=v;
    edge[cnt].dis=w;
    head[u]=cnt;
}

void init(double mid)
{
    cnt=0;
    memset(head, 0, sizeof(head));
    memset(num, 0, sizeof(num));
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    for(int i=0; i<=n; i++) dis[i]=INF;
    for(int i=1; i<=m; i++) addedge(u[i], v[i], w[i]*mid-f[u[i]]);
}

bool spfa()
{
    queue<int> q;
    q.push(1); vis[1]=1; dis[1]=0;
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front(); q.pop(); vis[x]=0;
        for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
        {
            int to=edge[i].to;
            if(dis[to]>dis[x]+edge[i].dis)
            {
                dis[to]=dis[x]+edge[i].dis;
                num[to]=num[x]+1;
                if(num[to]>=n) return 0;
                if(!vis[to]) vis[to]=1, q.push(to);
            }
        }
    }
    return 1;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &f[i]);
    for(int i=1; i<=m; i++) scanf("%d%d%d", &u[i], &v[i], &w[i]);
    double l=0, r=500000, mid;
    while(fabs(r-l)>eps)
    {
        mid=(l+r)/2;
        init(mid);
        if(spfa()) r=mid;
        else l=mid;
    }
    printf("%.2lf\n", mid);
}

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问题描述：

Byteotia城市有n个 towns，m条双向roads。每条road连接两个不同的 towns，没有重复的road且所有towns连通。

输入：

输入n<=100000 m<=500000及m条边

输出：

输出n个数，代表如果把第i个点去掉，将有多少对点不能互通。

思路：

这道题与无向图的联通性有关，所以可以利用点双联通分量的相关知识。

首先考虑如果点i不为割点，那么答案就是$(n-1)*2$。如果它为割点，那么就把这张图分为了若干块，然后利用乘法原理我们就可以根据每个联通块的大小计算出答案。

然后就考虑如何计算删去某个点后的各个联通块大小。在执行tarjan过程中会产生一棵搜索树，于是我们可以利用这点，用类似于树形DP的方法求出它的各个子树大小。如果这个点是割点，那么每一个子树和剩下部分都是相互独立的，所以我们可以这样计算出各个联通块大小。

代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define MAXE 500005
#define MAXN 100005
using namespace std;

int n, m, cnt, id, head[MAXN], low[MAXN], dfn[MAXN], size[MAXN];
LL ans[MAXN];

struct Edge {int next, to;} edge[MAXE*2];

void addedge(int x, int y)
{
    edge[++cnt].next=head[x];
    edge[cnt].to=y;
    head[x]=cnt;
}

void tarjan(int x)
{
    int tag=0, sum=0; bool flag=false;
    low[x]=dfn[x]=++id; size[x]=1;
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(dfn[to]) low[x]=min(low[x], dfn[to]);
        else
        {
            tarjan(to);
            size[x]+=size[to];
            low[x]=min(low[x], low[to]);
            if(low[to]>=dfn[x])
            {
                tag++;
                if(x!=1 || tag>1) flag=true;
                ans[x]+=(LL)size[to]*(n-size[to]);
                sum+=size[to];
            }
        }
    }
    if(flag) ans[x]+=(LL)(n-sum-1)*(sum+1)+n-1;
    else ans[x]=(n-1)*2;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        addedge(x, y);
        addedge(y, x);
    }
    tarjan(1);
    for(int i=1; i<=n; i++) printf("%lld\n", ans[i]);
}

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问题描述：

你将要游览一个有N个岛屿的公园。从每一个岛i出发，只建造一座桥。桥的长度以Li表示。公园内总共有N座桥。尽管每座桥由一个岛连到另一个岛，但每座桥均可以双向行走。同时，每一对这样的岛屿，都有一艘专用的往来两岛之间的渡船。

你希望所经过的桥的总长度尽可能的长，但受到以下的限制： • 可以自行挑选一个岛开始游览。 • 任何一个岛都不能游览一次以上。 • 无论任何时间你都可以由你现在所在的岛S去另一个你从未到过的岛D。

由S到D可以有以下方法： 步行：仅当两个岛之间有一座桥时才有可能。对于这种情况，桥的长度会累加到你步行的总距离 渡船：你可以选择这种方法，仅当没有任何桥或以前使用过的渡船的组合可以由S走到D（当检查是否可到达时，你应该考虑所有的路径，包括经过你曾游览过的那些岛）

输入：

第一行包含N个整数，即公园内岛屿的数目（2<=N<=1000000） 随后的N行每一行用来表示一个岛，第i 行由两个以单空格分隔的整数，表示由岛i筑的桥，第一个整数表示桥另一端的岛，第二个整数表示该桥的长度Li （1<=Li<=100000000）

输出：

输出可能的最大步行距离

思路：

由于每个点都有一条出边，所以图是一个基环树森林的形态，题目就是求每棵基环树直径之和。

回顾一下树的直径，有树形DP和两边BFS的解法。推广到基环树，同样可以用树形DP求解。首先应该分类讨论，有两种情况：一种是直径在某一棵子树上，另一种是直径经过环，连接两棵子树的最长链。第一种情况不难处理，依然是树形DP，在DP的过程中还可以求出最长链。第二种情况就稍微难一点，首先我们需要找环，这我们可以用拓扑排序，为了节省码量，我们可以拓扑排序的过程中进行DP。找出环后，我们应该如何处理？

不难想到，我们可以把每棵子树的最长链投影到环上的点上（子树根节点）作为点权，设为$f_i$。然后我们就要在环上找两个点$i,j$，使得$f_i+dis(i,j)+f_j$最大。这是一个DP的模型，我们先破环为链，然后前缀和维护两点距离，设节点$i$到节点1的距离为$g_i$。然后我们可以枚举$i$,然后求$max(f_j-g_j)$，这个我们就可以用单调队列维护，这样我们就可以在$O(n)$内求出$max(f_i+f_j+g_i-g_j)$。

代码：

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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define MAXN 1000005
#define LL long long
using namespace std;

int n, id, l=1, r, cnt, head[MAXN], belong[MAXN], deg[MAXN], q[MAXN*2];
LL ans, dia[MAXN], len[MAXN], f[MAXN*2], g[MAXN*2];
bool vis[MAXN];

struct Edge {int next, to, dis;} edge[MAXN*2];

void addedge(int x, int y, LL z)
{
    edge[++cnt].next=head[x];
    edge[cnt].to=y;
    edge[cnt].dis=z;
    head[x]=cnt;
    deg[y]++;
}

void dfs(int x, int id)
{
    belong[x]=id;
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(!belong[to]) dfs(to, id);
    }
}

void topsort()
{
    for(int i=1; i<=n; i++) if(deg[i]==1) q[++r]=i;
    while(l<=r)
    {
        int x=q[l++];
        for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
        {
            int to=edge[i].to;
            if(deg[to]<=1) continue;
            deg[to]--;
            dia[belong[x]]=max(dia[belong[x]], len[to]+len[x]+edge[i].dis);
            len[to]=max(len[to], len[x]+edge[i].dis);
            if(deg[to]==1) q[++r]=to;
        }
    }
}

void dp(int x)
{
    int y=x, tot=0;
    while(1)
    {
        bool flag=false;
        deg[y]=1; f[++tot]=len[y];
        for(int i=head[y]; i; i=edge[i].next)
        {
            int to=edge[i].to;
            if(deg[to]<=1) continue;
            g[tot+1]=g[tot]+edge[i].dis;
            flag=true; y=to;
        }
        if(!flag) break;
    }
    if(tot==2)
    {
        int temp=0;
        for(int i=head[y]; i; i=edge[i].next)
            if(edge[i].to==x) temp=max(temp, edge[i].dis);
        dia[belong[x]]=max(dia[belong[x]], len[x]+len[y]+temp);
    }
    for(int i=head[y]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(to==x) g[tot+1]=g[tot]+edge[i].dis;
    }
    for(int i=1; i<=tot; i++)
    {
        f[i+tot]=f[i];
        g[i+tot]=g[tot+1]+g[i];
    }
    l=r=1; q[1]=1;
    for(int i=2; i<2*tot; i++)
    {
        while(l<=r && i-q[l]>=tot) l++;
        dia[belong[x]]=max(dia[belong[x]], f[i]+f[q[l]]+g[i]-g[q[l]]);
        while(l<=r && f[q[r]]+g[i]-g[q[r]]<=f[i]) r--;
        q[++r]=i;
    }
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        addedge(i, x, y);
        addedge(x, i, y);
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) if(!belong[i]) dfs(i, ++id);
    topsort();
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        if(deg[i]<=1 || vis[belong[i]]) continue;
        vis[belong[i]]=true;
        dp(i);
        ans+=dia[belong[i]];
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

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7月7号 Codeforces Round #495 题目链接：http://codeforces.com/contest/1004

A - Sonya and Hotels

过水，不多说。

B - Sonya and Exhibition

思路： 神仙题！！！我做完E题才想到。。。

千万不要想多了，就是0101010101…直接输出就好了，因为这样就可以保证任意一个序列中0和1的差最多相差1。也就保证了和最大。 代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 1005
#define LL long long
using namespace std;

int n, m;
struct A {int l, r;} a[MAXN];

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i=1; i<=m; i++) scanf("%d%d", &a[i].l, &a[i].r);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        if(i&1) printf("1");
        else printf("0");
    }
}

C - Sonya and Robots

思路： 就是求每个数之前有多少个不一样的数。记录每一个数上一次出现位置，从后向前扫，设num为之前有多少个不一样的数。如果上一次出现位置为0（也就是之前没有这个数）那么num—。

然后对于每个数最后的位置求一个num的和就好了。 代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 100005
#define LL long long
using namespace std;

int n, a[MAXN], vis[MAXN], last[MAXN], pos[MAXN], num;
LL ans;

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%d", &a[i]);
        last[i]=pos[a[i]];
        if(pos[a[i]]==0) num++;
        pos[a[i]]=i;
    }
    for(int i=n; i>=1; i--)
    {
        if(!last[i]) num--;
        if(pos[a[i]]!=i) continue;
        ans+=num;
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

D - Sonya and Matrix

思路： 比较难的一题。我们可以知道最大的数一定是在最角落，所以我们定义a为左上角的数，b为左下角的数。然后我们可以根据数量推出x的值，通过暴力枚举枚举出n，m的值。

知道了这些后我们就可以推出n, m, x, y, a, b。进而确定矩形，然后check一下这个矩形是否符合要求，如果符合直接输出，结束。 代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 1000005
using namespace std;

int t, temp, n, m, x, y, b, num[MAXN], cnt[MAXN];

void solve(int n, int m, int x, int y)
{
    memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
    y=n+m-x-b;
    if(x<0 || x>n || y<0 || y>m) return;
    for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<=m; j++)
    {
        int dis=abs(x-i)+abs(y-j);
        cnt[dis]++;
    }
    for(int i=1; i<=b; i++) if(cnt[i]!=num[i]) return;
    printf("%d %d\n%d %d\n", n, m, x, y);
    exit(0);
}


int main()
{
    scanf("%d", &t);
    for(int i=1; i<=t; i++)
    {
        scanf("%d", &temp);
        num[temp]++;
        b=max(b, temp);
    }
    if(num[0]!=1) {printf("-1\n"); return 0;}
    for(x=1; x*4==num[x]; x++) ;
    for(int i=1; i*i<=t; i++)
    {
        if(t%i) continue;
        solve(i, t/i, x, b);
        solve(t/i, i, x, b);
    }
    printf("-1\n");
}

E - Sonya and Ice Cream

思路： 相对于E题比较水吧。。。没有什么思维含量，就是码量大。。

和NOIP那道树网的核差不多，路径一定是在数的直径上，在直径上$O(n)$枚举路径，$O(1)$确定最远距离，用这个最远距离更新答案就好了。 代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 100005
using namespace std;

int n, k, maxlen, maxdis, root, l, r, cnt, head[MAXN], son1[MAXN], son2[MAXN], dis[MAXN], tag[MAXN], vis1[MAXN], vis2[MAXN];

struct Edge {int next, to, dis;} edge[MAXN*2];

void addedge(int x, int y, int z)
{
    edge[++cnt].next=head[x];
    edge[cnt].to=y;
    edge[cnt].dis=z;
    head[x]=cnt;
}

int findline(int x, int fa)
{
    int len1=0, len2=0;
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(to==fa) continue;
        int len=findline(to, x)+edge[i].dis;
        if(len>=len2) len2=len, son2[x]=i;
        if(len2>len1) swap(len2, len1), swap(son1[x], son2[x]);
    }
    if(len1+len2>maxlen) maxlen=len1+len2, root=x;
    return len1;
}

void finddis(int x, int fa)
{
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(to==fa || tag[to]) continue;
        finddis(to, x);
        dis[x]=max(dis[x], edge[i].dis+dis[to]);
    }
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(!tag[to] || to==fa) continue; 
        finddis(to, x);
    }
    maxdis=max(maxdis, dis[x]);
}

int solve(int l, int r)
{
    int ans=1e9, ldis=0, rdis=maxlen, x=l, y=l;
    for(int i=1; i<k; i++)
    {
        for(int j=head[y]; j; j=edge[j].next)
        {
            int to=edge[j].to;
            if(!tag[to] || vis1[to]) continue;
            rdis-=edge[j].dis;
            vis1[y]=1; y=to; 
        }
    }
    ans=min(ans, max(rdis, ldis));
    while(y!=r)
    {
        for(int j=head[y]; j; j=edge[j].next)
        {
            int to=edge[j].to;
            if(!tag[to] || vis1[to]) continue;
            rdis-=edge[j].dis;
            vis1[y]=1; y=to;
        }
        for(int j=head[x]; j; j=edge[j].next)
        {
            int to=edge[j].to;
            if(!tag[to] || vis2[to]) continue;
            ldis+=edge[j].dis;
            vis2[x]=1; x=to;
        }

        ans=min(ans, max(rdis, ldis));
    }
    return max(ans, maxdis);
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i=1; i<n; i++)
    {
        int x, y, z;
        scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
        addedge(x, y, z);
        addedge(y, x, z);   
    }
    findline(1, 0);
    tag[root]=1; l=r=root;
    for(int i=son1[root]; i; i=son1[edge[i].to]) tag[edge[i].to]=1, l=edge[i].to;
    for(int i=son2[root]; i; i=son1[edge[i].to]) tag[edge[i].to]=1, r=edge[i].to;
    finddis(root, 0);
    printf("%d\n", solve(l, r));
}

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问题描述：

给你一张n个节点m条边的图，每一条边包含一个位运算$op$和一个值$c$（0或1）。每条边两个端点权值$op$操作后的结果为$c$。你的任务是求出是否存在这样的图。

输入：

第一行$n (n<=1000), m (m<=100000)$表示n个节点，m条边。 接下来m行每行三个数$a, b, c$以及一个位运算$op$。表示$a, b$之间的一条边。

输出：

直接输出YES或NO。

思路：

不难看出这是一个2-SAT问题。每个点只能取0或1，并且点之间存在一些约束关系。这道题就是2-SAT的一道模版，比较简单。

按照2-SAT的套路，每个点有两种取值，每个值对应一个节点，然后按照约束关系建边（这个比较重要）。由于每个点只能取一个值，所以如果一个点对应的两个取值在同一个环中，则是不可能的。求无向图的环用tarjan就好了。

代码：

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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define MAXN 20005
#define MAXE 2000005
using namespace std;

int n, m, cnt, head[MAXN];
int id, top, tot, low[MAXN], dfn[MAXN], sta[MAXN], bel[MAXN];
bool vis[MAXN];
struct Edge {int to, next;} edge[MAXE];

void addedge(int from, int to)
{
    edge[++cnt].next=head[from];
    edge[cnt].to=to;
    head[from]=cnt;
}

bool check()
{
    for(int i=1; i<=n; i++) if(bel[i]==bel[i+n]) return false;
    return true;
}

void tarjan(int x)
{
    low[x]=dfn[x]=++id;
    sta[++top]=x; vis[x]=true;
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(!dfn[to])
        {
            tarjan(to);
            low[x]=min(low[x], low[to]);
        }
        else if(vis[to]) low[x]=min(low[x], low[to]);
    }
    if(dfn[x]==low[x])
    {
        int y; tot++;
        do
        {
            y=sta[top--]; vis[y]=false;
            bel[y]=tot;
        }while(x!=y);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        int x, y, z; char op[5];
        cin>>x>>y>>z>>op;
        x++; y++;
        if(op[0]=='A' && z==0) addedge(x, y+n), addedge(y, x+n);
        if(op[0]=='A' && z==1) addedge(x+n, x), addedge(y+n, y);
        if(op[0]=='O' && z==0) addedge(x, x+n), addedge(y, y+n);
        if(op[0]=='O' && z==1) addedge(x+n, y), addedge(y+n, x);
        if(op[0]=='X' && z==0) addedge(x, y), addedge(y, x), addedge(x+n, y+n), addedge(y+n, x+n);
        if(op[0]=='X' && z==1) addedge(x, y+n), addedge(x+n, y), addedge(y, x+n), addedge(y+n, x);
    }
    for(int i=1; i<=n*2; i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
    if(check()) printf("YES\n");
    else printf("NO\n");
}