2025 --【J+S 二十连测】-- 第一套 总结

总结

T1

考场上很快写出了正解，没有问题

T2

考场上很快写出了正解，但提交时交了两边，故0分

T3

考场上很快写出了正解，没有问题

T4

考场上很快写出了部分分，拿满了，没有问题

题解

T1

照题意模拟即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
string f(string s,int x)
{int n=s.size()-1;int d=(s[x]>='5');for(int i=x;i<=n;i++) s[i]='0';for(int i=x-1;i>1;i--){int ns=s[i]-'0'+d;if(ns<=9) d=0,s[i]=ns+'0';else d=1,s[i]=ns-10+'0';}if(d==1&&s[1]=='9') s.insert(1,"1"),s[2]='0';else if(d==1) s[1]=s[1]+1;return s;
}
signed main()
{freopen("Number.in","r",stdin);freopen("Number.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);int t;cin>>t;while(t--){int n;cin>>n;string s;cin>>s;cout<<s;s=' '+s;int fds=1;for(int i=n;i>fds;i--){s=f(s,i);if(s.size()>n+1&&fds==1) fds=2,i++;cout<<" ->"<<s;}cout<<endl;}return 0;
}

T2

因为是纵切，所以看其对称区域是否有即可

多测不清空，亲人两行泪

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
map<pair<int,int>,int> mp;
signed main()
{freopen("Color.in","r",stdin);freopen("Color.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);int t;cin>>t;while(t--){mp.clear();int n,m,k;cin>>k>>n>>m;for(int i=1;i<=k;i++){int tmp;cin>>tmp;int x=(tmp+m-1)/m,y=tmp-m*(x-1);mp[{x,y}]=1;}int f=1;for(auto x:mp){pair<int,int> y=x.first;y.second=m-y.second+1;if(mp.find(y)==mp.end()){f=0;break;}}if(f) cout<<"Yes"<<endl;else cout<<"No"<<endl;}return 0;
}

T3

如果将题目弱化成模板LIS，大家一定会做

其实对于本题是一个道理，只是更新时要新开一个临时数组即可

要用二分法，因为总量为 \(10^6\) 的量级

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int maxn=5e3+5;
int dp[maxn],a[maxn][maxn],now[maxn];
signed main()
{freopen("yet.in","r",stdin);freopen("yet.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);int n,m,ans=0;cin>>m>>n;for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) cin>>a[i][j];for(int i=1;i<=n;i++) dp[i]=-1;for(int i=1;i<=n;i++){int f=0;for(int j=1;j<=n;j++) now[j]=inf;for(int j=1;j<=m;j++){if(dp[ans]<a[i][j]) f=1,dp[ans+1]=now[ans+1]=min(now[ans+1],a[i][j]);else{int p=lower_bound(dp+1,dp+1+ans,a[i][j])-dp;now[p]=min(now[p],a[i][j]);}}if(f) ans++;for(int j=1;j<=ans;j++) dp[j]=min(dp[j],now[j]);}cout<<ans;return 0;
}

T4

由于是第 \(k\) 大，而求第 \(k\) 大其实只有两种：

• 枚举
• 二分

显然这道题是二分，因为 \(k\) 太大了

那么对于二分答案，必然二分“答案”（v），即求有多少个数对 \((i,j),1\le i\le j\le n\)，满足 \(\frac{x_i\times y_i+x_j\times y_j}{x_i+ x_j}\ge v\)

那么将原式变一下，即：

\[\frac{x_i\times y_i+x_j\times y_j}{x_i+ x_j}\ge \frac{v}{1} \]

利用交叉相乘得

\[x_i\times y_i+x_j\times y_j\ge (x_i+ x_j)\times v \]

利用乘法分配律得：

\[x_i\times y_i+x_j\times y_j\ge x_i\times v+x_j\times v \]

再移个项：

\[x_i\times y_i-x_i\times v\ge x_j\times v-x_j\times y_j \]

那么直接对比即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define int long long
#define endl '\n'
#define exp 1e-3
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
int a[maxn],c[maxn],n,k;
double p[maxn],q[maxn];
bool check(double t)
{int j=0,ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){double x=a[i]*1.0*c[i],y=t*a[i]; p[i]=x-y;q[i]=y-x; if(q[i]-p[i]<exp) ans--;}sort(p+1,p+n+1);sort(q+1,q+n+1);for(int i=1;i<=n;i++){while((q[j+1]-p[i])<exp&&j+1<=n) j++;ans+=j;}return (ans/2<k);
}
signed main()
{freopen("Function.in","r",stdin);freopen("Function.out","w",stdout);cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]>>c[i];double l=0,r=1e18,mid;while((r-l)>exp){double mid=(l+r)/2;if(check(mid)) r=mid;else l=mid;}printf("%.3lf",l);return 0;
}

T5

有一个道理：断开一个点和去掉以这个点为根的子树是差不多的

有一个发现：\(0\le a_i\le 2\)!

有一个观察：如果去掉一个叶子，那么原树不会断开

有一个公理：如果有一棵大小大于2的数，叶子节点移动大于2

合起来就会发现：我每次通过若干去掉叶子移动能使原树的权值和减0或2

那么我直接判奇偶性，若当前子树大于k且奇偶性相同，则答案加一并断开即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
vector<int> g[maxn];
int dp[maxn][2],ans,n,k,a[maxn];
void dfs(int x,int fa)
{dp[x][0]=-inf;dp[x][1]=-inf;dp[x][a[x]%2]=a[x];for(auto to:g[x]){if(fa==to) continue;dfs(to,x);int s[2]={};s[0]=max(dp[x][0]+dp[to][0],dp[x][1]+dp[to][1]);s[1]=max(dp[x][1]+dp[to][0],dp[to][1]+dp[x][0]);dp[x][0]=s[0],dp[x][1]=s[1];}if(dp[x][k%2]>=k){ans++;dp[x][0]=0;dp[x][1]=-inf;}dp[x][0]=max(dp[x][0],0ll);
}
signed main()
{freopen("tree.in","r",stdin);freopen("tree.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);int t;cin>>t;while(t--){cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],g[i].clear();for(int i=1;i<n;i++){int u,v;cin>>u>>v;g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);}ans=0;dfs(1,-1);cout<<ans<<endl;}return 0;
}