Dylan's Blog
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问题描述：

给定一张含有n个节点m条边的无向图。然后执行q次操作，每次向图中添加一条边，并询问无向图中“桥”的数量。

输入：

有多组数据，每组数据以n (n<=100000) m (m<=200000)开始 然后m行，每行两个数a, b表示ab之间存在一条无向边 然后一个整数q，表示q次操作 接下来q行，每行两个数a, b表示在ab之间加一条无向边 输入以两个0结束

输出：

对于每组数据每个操作，输出操作之后无向图中桥的数量。

思路：

题目也很明确的说到了是要求桥的数量，所以算法一定和边双联通分量有关。

首先是缩点，然后剩下来一棵树，我们可以发现这棵树上的每一条边都属于原无向图中的桥。然后考虑加边操作，每一次操作都使得a, b（边的两个端点）树上路径的边不再是桥了，所以我们就可以将答案减去这些不再是桥的边。

然后考虑如何实现。求树上两点路径依然使用lca，只是这次的lca不是基于倍增，而是基于并查集。我们可以将那些不再是桥的边用并查集将它们压缩，使得下次计算答案时不会访问它们，同时也保证了时间复杂度。

代码：

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
#define MAXN 200005
using namespace std;

int n, m, q, t, ans, cnt, head[MAXN], a[MAXN], b[MAXN], f[MAXN];
int id, tot, top, low[MAXN], dfn[MAXN], c[MAXN], dep[MAXN], fa[MAXN], sta[MAXN];
bool bridge[MAXN*2], tag[MAXN*2], vis[MAXN];

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

void init()
{
    cnt=1; ans=id=tot=top=0;
    for(int i=0; i<=MAXN-5; i++) head[i]=low[i]=dfn[i]=dep[i]=c[i]=vis[i]=0;
    for(int i=1; i<=MAXN; i++) f[i]=i;
    for(int i=0; i<=MAXN*2-5; i++) bridge[i]=tag[i]=0;
}

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

void tarjan(int x, int in)
{
    low[x]=dfn[x]=++id;
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(!dfn[to])
        {
            tarjan(to, i);
            low[x]=min(low[x], low[to]);
            if(low[to]>dfn[x]) bridge[i]=bridge[i^1]=1;
        }
        else if(i!=(in^1)) low[x]=min(low[x], dfn[to]);
    }
}

void dfs1(int x, int tot)
{
    c[x]=tot; vis[x]=1;
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(bridge[i] || vis[to]) continue;
        dfs1(to, tot);
    }
}

void dfs2(int x, int father)
{
    fa[x]=father;
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(to==father) continue;
        dep[to]=dep[x]+1; ans++;
        dfs2(to, x);
    }
}

int find(int x)
{
    if(f[x]!=x) f[x]=find(f[x]);
    return f[x];
}

void lca(int x, int y)
{
    x=find(x); y=find(y);
    while(x!=y)
    {
        if(dep[x]>dep[y]) sta[++top]=x, x=find(fa[x]);
        else sta[++top]=y, y=find(fa[y]);
        ans--;
    }
    while(top) f[sta[top--]]=x;
}

int main()
{
    while(scanf("%d%d", &n, &m) && n && m)
    {
        init();
        for(int i=1; i<=m; i++)
        {
            scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
            addedge(a[i], b[i]);
            addedge(b[i], a[i]);
        }
        tarjan(1, 0);
        for(int i=1; i<=n; i++) if(!vis[i]) dfs1(i, ++tot);

        cnt=1;
        for(int i=1; i<=MAXN-5; i++) head[i]=0;
        for(int i=1; i<=m; i++)
        {
            if(c[a[i]]==c[b[i]]) continue;
            addedge(c[a[i]], c[b[i]]);
            addedge(c[b[i]], c[a[i]]);
        }
        dfs2(1, 0);

        printf("Case %d:\n", ++t);
        scanf("%d", &q);
        for(int i=1; i<=q; i++)
        {
            int x, y;
            scanf("%d%d", &x, &y);
            lca(c[x], c[y]);
            printf("%d\n", ans);
        }
    }
}

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7月9日 Codeforces Round #494 题目链接：http://codeforces.com/contest/1003

A - Polycarp’s Pockets & B - Binary String Constructing

比较水，不说了。

C - Intense Heat

思路： 比较好的一题。这题用到了一点分数规划的思想。

首先二分答案，设二分的值为$mid$，然后将原序列全部减去$mid$，如果长度大于k的最大子序和大于等于0，则符合要求。有长度限制的最大子序和也是一个比较重要的模型，利用DP的思想进行维护。

代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define eps 1e-8
using namespace std;

int n, k;
double a[5005], b[5005];

bool check(double mid)
{
    for(int i=1; i<=n; i++) b[i]=a[i]-mid, b[i]+=b[i-1];
    double minn=1e9, maxn=-1e9;
    for(int i=k; i<=n; i++)
    {
        minn=min(minn, b[i-k]);
        maxn=max(maxn, b[i]-minn);
    }
    if(maxn>=0) return 1;
    else return 0;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lf", &a[i]);
    double l=0, r=5000, mid;
    while(fabs(l-r)>eps)
    {
        mid=(l+r)/2;
        if(check(mid)) l=mid;
        else r=mid;
    }
    printf("%.8lf\n", mid);
}

D - Coins and Queries

思路： 这道题比较水。。。

因为硬币面值都是2的整数幂，所以存面值的log2就可以了。然后对于每一个询问，利用类似于二进制分解的操作，看能不能由硬币凑出来。

代码：

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

int n, q, num[50], temp;

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &q);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%d", &temp);
        num[(int)log2(temp)]++;
    }
    for(int i=1; i<=q; i++)
    {
        scanf("%d", &temp);
        int ans=0;
        for(int j=(int)log2(temp); j>=0; j--)
        {
            int t=temp/(1<<j);
            temp-=min(t, num[j])*(1<<j);
            ans+=min(t, num[j]);
            if(temp==0) break;
        }
        if(temp==0) printf("%d\n", ans);
        else printf("-1\n");
    }
}

E - Tree Constructing

思路： 构造题。。码力是真的不够，菜死了QWQ。。。

首先满足直径的条件，先构造一个长度为d的链。然后再满足其它条件，对于链上的每一个点进行拓展，在这个点上尽可能多的放子节点。如果还有节点放不下，就是无解啦。。 代码：

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

int n, d, k, tot;

vector< pair<int, int> > edge;

void dfs(int x, int deg, int dep)
{
    if(dep==0) return;
    for(int i=0; i<deg; i++)
    {
        if(tot>=n) return;
        int y=++tot;
        edge.push_back({x, y});
        dfs(y, k-1, dep-1);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d", &n, &d, &k);
    if(k==1 && n>2) {printf("NO\n"); return 0;}
    for(int i=1; i<=d; i++) edge.push_back({i, i+1});
    tot=d+1;
    for(int i=2; i<=d; i++) dfs(i, k-2, min(i-1, d-i+1));
    if(n==tot)
    {
        printf("YES\n");
        for(int i=0; i<edge.size(); i++) printf("%d %d\n", edge[i].first, edge[i].second);
    }
    else printf("NO\n");
}

F - Abbreviation

思路： 超级好的一题。。结合了字符串和DP。

设第i个和第j个字符串后有$f[i][j]$个连续字符串相等。然后f数组可以预处理出来。然后比较暴力的枚举起始字符串i和长度j。将这段进行压缩，然后对于每个i和j枚举出有多少个串能够这样压缩，用这个更新答案。

总结一下，其实也不能说是DP。只是利用了一下预处理优化了一下暴力。

代码：

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

int n, ans, len, f[305][305];
string str[305];

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++) cin>>str[i], len+=str[i].size();
    len+=n-1; ans=len;
    for(int i=n; i>=1; i--)
        for(int j=n; j>=1; j--)
            if(str[i]==str[j]) f[i][j]=f[i+1][j+1]+1;

    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        int sum=0;
        for(int j=0; j+i<=n; j++)
        {
            int cnt=1;
            sum+=str[i+j].size();
            for(int pos=i+j+1; pos<=n; pos++)
                if(f[i][pos]>j) cnt++, pos+=j;

            int temp=len-sum*cnt+cnt;
            if(cnt>1 && ans>temp) ans=temp;
        }
    }
    printf("%d\n", ans);
}

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问题描述：

给定n个闭合的整数区间$[ai，bi]$和n个整数$c1，…，cn$。你需要求出集合$Z$最小的元素数量，使集合$Z$对于每一个区间$[ai，bi]$中都有$c$个整数。

输入：

第一行$n (n<=50000)$，表示有n个区间 接下来n行，每行包含$ai, bi, ci$三个整数，其中$0 <= ai <= bi <= 50000$

输出：

输出集合$Z$可能的最小元素数量。

思路：

首先这题有一种贪心的做法，以前用过这种做法，所以我们重点在差分约束上。

这是一道比较基础的差分约束。同样建边是重点，对于每个区间，$bi$之前元素个数$-ai$之前元素个数要$>=ci$，所以我们在$ai，bi$间连一条长度为$ci$的单向边。同样，由于每个点上最多只能放零或一个元素，所以要从每个点$i$向前一个点$i-1$连一条长度为-1的边，从$i$向$i+1$连一条长度为0的边。

建完图以后，由于是求最小值，按照套路用SPFA跑一遍最长路。由于题目保证了有解，所以不需要加特判，输出dis[maxn]就好。

代码：

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cstring>
#define MAXN 50005
using namespace std;

int n, cnt, maxn, head[MAXN*4], dis[MAXN];
bool vis[MAXN];

struct Edge {int to, next, dis;} edge[MAXN*4];

void addedge(int a, int b, int c)
{
    edge[++cnt].next=head[a];
    edge[cnt].to=b;
    edge[cnt].dis=c;
    head[a]=cnt;
}

void spfa()
{
    queue<int> q;
    memset(dis, -0x3f, sizeof(dis));
    dis[0]=0; vis[0]=1;
    q.push(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;
                if(!vis[to]) vis[to]=1, q.push(to);
            }
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        int a, b, c;
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
        addedge(a, b+1, c);
        maxn=max(maxn, b+1);
    }
    for(int i=0; i<maxn; i++) addedge(i, i+1, 0), addedge(i+1, i, -1);
    spfa();
    printf("%d\n", dis[maxn]);
}

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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]);
}