西电TIC带鱼杯新生训练赛复盘

传送门

A 最大子树和

P1122 最大子树和 - 洛谷

几天前看过一眼，大概知道思路，但是因为忘记ans可能取负而没有一次切掉

分析

1. 题目要求一个节点带权的树的最大子树和

2. 我们用 f [ i ]记录子树以节点 i 为根节点时的最大子树和，二维数组 a [ i ] [ j ] 记录节点 i 的第 j 条边所连接的节点

3. 每次求一个 f [ i ] 时遍历到 i 相邻的节点 j 时，需要求以 j 为节点，且 j 与 i 不相邻的最大子树和，是明显的递归。

算法实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
int w[N];
vector<int>e[N];//动态？二维数组
int f[N];
long long  ans = -1e18;//美丽程度取值可能为负
void dfs(int now, int pre)//当前访问的节点 now 和上一次访问的节点 pre（即不能相邻的节点）
{f[now] = w[now];for (auto & nxt : e[now]){if ( nxt == pre)continue;dfs(nxt, now);f[now] += max(f[nxt], 0);}ans = max(ans, (long long)f[now]);
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> w[i];for (int i = 1; i < n; i++){int a, b;cin >> a >> b;e[a].push_back(b);e[b].push_back(a);}dfs(1, -1);cout << ans;return 0;
}

Trick/错误总结

1. 注意权可能为负数，因此ans初始化为极小值 -1e18

B 圆上的整点

P2508 [HAOI2008] 圆上的整点 - 洛谷

分析

1. 问题等价于求 x^2+y2=r^2的整数解（x，y）的个数——经典的丢番图方程

2. 当r为奇素数，r=4K+1时有解，若4K+3无解

3. x^2+y2=(x-yi)(x+yi) ：我们将问题转化为如何对r^2进行复数范围的因数分解...

4. 将r^2的整数因数分为三类 2，4K+1,4K+3

5. 现在考虑每一类因数对答案的贡献：

对于2类： 1（因为一定有 v2(x)=v2(y)=v2(r) ）

对于4K+1类：(a+bi)和(a-bi) 分配到x^2+y2=(x-yi)(x+yi)的第一二个因子的方法数是 v4k+1 ( r ^ 2 ) +1

对于4K+3类 ：1（因为r^2是平方数）

6. ans=上面的贡献数目相乘再乘4（因为x，y的正负）

代码分析

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int r;
long long ans = 1;
int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> r;for (int i = 2, cnt; i * i <= r; ++i)if (!(r % i)){cnt = 0;//vi(r) vi(r^2)=2vi(r)while (!(r % i))r /= i, cnt++;if (i % 4 == 1) ans *= 2 * cnt + 1;}if (r != 1 and r % 4 == 1) ans *= 3;cout << (ans *4);
}

Trick/错误总结

1. 注意x，y的符号组合，不要忘记ans<<=2;

2. 平方和转化为共轭复数乘积，然后计数（窝想不到qwq）

C 素数密度

P1835 素数密度 - 洛谷

分析

1. L，R取值范围到2^31，肯定不能直接判断素数，甚至直接筛法也会TLE

2. 注意到 [ L , R ] 区间长度范围1e6,也就是说，处于区间内的合数的素数因子最大不超过1e6，在1e6范围内所有的素数我们可以通过筛法求得

3. 由2. 只需将[ L , R ] 中的所有合数进行标记，即可轻松求得区间内的素数个数

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;bool H[N + 100], check[N];//素数筛标记合数，标记区间内的合数
map<int, bool> prime;//存储素数void doit()//筛法： 标记合数
{for (int i = 2; i <= N; i++){if (!H[i]){prime[i] = 1;for (long long j = (long long)i * i; j <= N; j += i)H[j] = 1;}}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);long long l, r;cin >> l >> r;doit();for (auto &p : prime)//遍历所有在1e6以内的素数{long long base = p.first;long long d = max((l + base - 1) / base, (long long)2);//确保d*base>=L 取2是因为如果取1，可能会把base标记为合数while (d * base <= r){long long num = d * base;if (num >= l) check[num - l + 1] = 1; d++;}}int cnt = 0;for (long long i = l; i <= r; i++){if (i >= 2)//1不是素数，所以跳过cnt += !check[i - l + 1];}cout << cnt;return 0;
}

Trick/错误总结

1. 标记区间内合数时，从max(2,上取整（L/p）) 开始，不要将p标记为合数

2. 区间内计数时，需要留意L=1时，不要将1计数

3. 反向思考问题：直接求[L,R]内的素数比较困难，但是求里面的合数却比较容易

D 神必大三角

P1355 神秘大三角 - 洛谷

分析

1. 点是否在三角形的顶点上十分容易：只需挨个比较坐标即可

2. 判断点是否在三角形内部，我们可以借助向量叉乘（求有向面积）

3. 如图，当 fi 都同号时，点P在三角形内部

当 fi 中出现异号时，点P在三角形外部

当fi中出现零时，说明点P在三角形某一边所在的【直线】上，需要具体判断在三角形的边上还是在外部

4. 若fi中出现零，另外两个f同号，那么p在边上；否则在三角外部

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int x[4], y[4];char c;for (int i = 1; i <= 3; i++)cin >> c >> x[i] >> c >> y[i] >> c;
//
//	for (int i = 1; i <= 3; i++)
//		cout << x[i] << " " << y[i] << "\n";int a, b;cin >> c >> a >> c >> b >> c;for (int i = 1; i <= 3; i++)if (a == x[i] and b == y[i]){cout << 4;return 0;}int f[4];f[1] = (x[2] - a) * (y[3] - b) - (x[3] - a) * (y[2] - b);f[2] = (x[3] - a) * (y[1] - b) - (x[1] - a) * (y[3] - b);f[3] = (x[1] - a) * (y[2] - b) - (x[2] - a) * (y[1] - b);int cnt1 = 0, cnt2 = 0;//分别记录fi中正，负数的个数for (int i = 1; i <= 3; i++){if (f[i] < 0)cnt2++;else if (f[i] > 0)cnt1++;else{int f1 = 1, f2 = 1;for (int j = 1; j <= 3; j++)if (j != i)f1 *= (a - x[j]), f2 *= (b - y[j]);if (f1 <= 0 && f2 <= 0){cout << 3;return 0;}}}if (cnt1 == 3 or cnt2 == 3)cout << 1;elsecout << 2;return 0;
}

Trick/错误总结

1. fi=0可能是P在三角形边上或者在三角形外部（在三角一边的直线上）

2. 对整型变量比较比值时候转换成乘积的大小比较

E F G 送昏的

略

H 垃圾陷阱

P1156 垃圾陷阱 - 洛谷

分析

1. 窝们容易想到按被投进井中的时间升序排列后暴力dfs, (然后TLE) dfs：O(2^100)

2. 尝试剪枝 or 记忆化

3. 剪枝：当ans1<a[pos-1].t，直接返回; （效果不大）

4. 记忆化： 每次dfs的状态若已经经历过，那他不可能有解了，没必要再进行搜索

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;struct node
{int t, f, h;
} a[110];int d, n, ans1 = 1e9, ans2 = 0;
bool dp[101000][110][110];//t 1e3 ;G 100 bool cmp1(node x, node y)
{return x.t < y.t;
}void dfs(int hp, int h, int pos)
{if (h >= d) //可以爬出{ans1 = min(ans1, a[pos - 1].t);return ;}if (pos > n or hp < a[pos].t) //垃圾吃完了 or 饿死{ans2 = max(ans2, hp);return ;}//记忆化： 如果hp h pos这个状态已经经历过，跳过if (dp[hp][h][pos])return;dp[hp][h][pos] = 1;dfs(hp, h + a[pos].h, pos + 1);//垫高dfs(hp + a[pos].f, h, pos + 1); //吃return ;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> d >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i].t >> a[i].f >> a[i].h;sort(a + 1, a + 1 + n, cmp1);dfs(10, 0, 1); //HP height 垃圾编号if (ans1 == 1e9) cout << ans2;//没出去else cout << ans1;//出去了return 0;
}

Trick/错误总结

1. f取值30 ，G取值100，故用来记录dfs(hp,h,pos)的数组dp[hp][h][pos]中hp要开大一些：3100足够

I KC喝咖啡

P1570 KC 喝咖啡 - 洛谷

分析

1. 直觉说按照单位价值降序排列后取前m个 : 但是当我们用调整法稍作计算，就发现这不是充分的

2. 困了，明天在更新剩下的（）