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正规、严谨、精妙。 -POI
发现POI(波兰信息学奥赛)的题都很有意思。于是开刷bzoj上的poi题目(按ac人数降序。。)。顺手写一写题解，加深印象。
为了防止一篇文章过于长，打算每五道题另起一篇文章。
给一棵树，每次可以把树上的一些边标记了，问一个点与根之间需要走多少没有标记的边。
这个可以把这颗树遍历得到一个dfs序每第一次经过一个点的时候记录为+1,第二次经过一个点的时候记录为-1，然后记录每个点第一次经过时在序列里的位置f[i]和第二次经过在序列里的位置l[i]，对于查询（x）就是序列中一直到f[x]-1的前缀和，因为真正没走的那些边都+1-1消掉了，只剩下真正要统计的边了。对于每次标记(a,b) 设a<b 就是序列里 f[b]的位置-1，l[b]的位置+1，就相当于消掉了这条边。另外这道题得手写栈dfs，否则会爆栈。
/************************************************************** Problem: 1103 User: zrts Language: C++ Result: Accepted Time:4484 ms Memory:9596 kb ****************************************************************/ #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define lowbit(x) (x&-x) //by zrt //problem: using namespace std; typedef long long ll; const double eps(1e-10); int n,m; char s[10]; int H[250005],P[250005],X[250005],tot; int f[250005],l[250005]; int c[500005]; int tim; int stk[500005],top; void add(int pos,int x){ for(;pos<=n;pos+=lowbit(pos)){ c[pos]+=x; } } int ask(int pos){ int ret=0; for(;pos>0;pos-=lowbit(pos)){ ret+=c[pos]; } return ret; } inline void Add(int x,int y){ P[++tot]=y;X[tot]=H[x];H[x]=tot; } int main(){ #ifdef LOCAL freopen("in.txt","r",stdin); freopen("out.txt","w",stdout); #endif scanf("%d",&n); for(int i=1,x,y;i<n;i++){ scanf("%d%d",&x,&y); if(x<y) Add(x,y); else Add(y,x); } stk[top++]=1; int k; while(top>0){ k=stk[--top]; if(f[k]){ l[k]=++tim; c[tim]=-1; continue; }else{ f[k]=++tim; c[tim]=1; stk[top++]=k; for(int i=H[k];i;i=X[i]){ stk[top++]=P[i]; } continue; } } n*=2; for(int i=1;i<n;i++){ if(i+lowbit(i)<=n){ c[i+lowbit(i)]+=c[i]; } } scanf("%d",&m); m=n/2+m-1; for(int i=0,x,y;i<m;i++){ scanf("%s",s); if(s[0]==‘W‘){ scanf("%d",&x); printf("%d\n",ask(f[x])-1); }else{ scanf("%d%d",&x,&y); if(x>y){ add(f[x],-1); add(l[x],1); }else{ add(f[y],-1); add(l[y],1); } } } return 0; }
刚看完觉得不可做。
因为光线都是沿45°，所以从一个点发射光线必有一个点接收，又因为光路是可逆的，不可能有不同的点出发的光路重合的现象，所以输出n/2（原题让输出方案。。）;
/************************************************************** Problem: 1121 User: zrts Language: C++ Result: Accepted Time:0 ms Memory:804 kb ****************************************************************/ #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> //by zrt //problem: using namespace std; typedef long long ll; const double eps(1e-10); int main(){ #ifdef LOCAL freopen("in.txt","r",stdin); freopen("out.txt","w",stdout); #endif int n; scanf("%d",&n); printf("%d",n>>1); return 0; }
显然单调栈啊，相等的时候处理一下。没了。
/************************************************************** Problem: 1113 User: zrts Language: C++ Result: Accepted Time:1496 ms Memory:1780 kb ****************************************************************/ #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> //by zrt //problem: using namespace std; typedef long long ll; const double eps(1e-10); int stk[250005],top; int main(){ #ifdef LOCAL freopen("in.txt","r",stdin); freopen("out.txt","w",stdout); #endif int n; scanf("%d",&n); int ans=0; for(int i=0,x;i<n;i++){ scanf("%*d%d",&x); while(top>0&&x<=stk[top-1]) { top--,ans++; if(stk[top]==x) ans--; } stk[top++]=x; } printf("%d\n",ans+top); return 0; }
一堆存钱罐，每个存钱罐的钥匙在另一个存钱罐里，问最少砸烂多少个存钱罐。
如果A罐的钥匙在B罐里，我们连边B->A，表示只要开了B就能开A。然后得到一张无向图，显然在一个强连通分量中的罐子最多只用砸烂一个，而每个强连通分量的罐子有可能被别的强连通分量的罐子打开，所以将这张图缩点，得到一个DAG，显然我们只用砸那些入度为0的强连通分量并且每个分量砸一个就ok了，也就是DAG的叶子节点。
（原来tarjan中，dfn没有记录的必要啊，详见程序。）
/************************************************************** Problem: 1529 User: zrts Language: C++ Result: Accepted Time:2316 ms Memory:63620 kb ****************************************************************/ #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> //by zrt //problem: using namespace std; typedef long long ll; const double eps(1e-10); int n; int H[1000005],X[1000005],P[1000005],tot; inline void add(int x,int y){ P[++tot]=y;X[tot]=H[x];H[x]=tot; } int tim,low[1000005],stk[1000005],top; bool instack[1000005]; int cnt; int belong[1000005]; void tarjan(int x){ int dfn=low[x]=++tim; instack[x]=1;stk[top++]=x; for(int i=H[x];i;i=X[i]){ if(!low[P[i]]) tarjan(P[i]),low[x]=min(low[x],low[P[i]]); else if(instack[P[i]]) low[x]=min(low[x],low[P[i]]); } if(low[x]==dfn){ cnt++; int k; do{ k=stk[--top]; instack[k]=0; belong[k]=cnt; }while(k!=x); } } bool ind[1000005]; int main(){ #ifdef LOCAL freopen("in.txt","r",stdin); freopen("out.txt","w",stdout); #endif scanf("%d",&n); for(int i=1,x;i<=n;i++){ scanf("%d",&x); add(x,i); } for(int i=1;i<=n;i++){ if(!low[i]) tarjan(i); } for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=H[i];j;j=X[j]){ if(belong[i]!=belong[P[j]]) ind[belong[P[j]]]=1; } } int ot=0; for(int i=1;i<=cnt;i++){ if(!ind[i]) ot++; } printf("%d\n",ot); return 0; }
网络流里这个模型太熟了。
首先求最大值最小先二分，然后判定是否可以相互制约使得都在ans场内决出冠军。具体连边就是S向每场比赛连边容量为1，每场比赛向两个人分别连边，容量1。然后每个人向T连边，容量为ans。看看最大流S是否满载。搞定。
/************************************************************** Problem: 1532 User: zrts Language: C++ Result: Accepted Time:576 ms Memory:2764 kb ****************************************************************/ #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> //by zrt //problem: using namespace std; typedef long long ll; const double eps(1e-10); int n,m; int H[20005],X[110005],P[110005],flow[110005],d[20005],tot; int q[20005],h,t; int a[10005],b[10005]; int S,T; inline void add(int x,int y,int z){ P[++tot]=y;X[tot]=H[x];H[x]=tot;flow[tot]=z; } bool bfs(){ memset(d,0,sizeof d);h=t=0; d[S]=1;q[t++]=S; int k; while(h!=t){ k=q[h++]; for(int i=H[k];i;i=X[i]){ if(flow[i]>0&&(!d[P[i]])){ q[t++]=P[i]; d[P[i]]=d[k]+1; } } } return d[T]; } int dfs(int x,int a){ if(a==0||x==T) return a; int f=a,tmp; for(int i=H[x];i&&a;i=X[i]){ if(d[P[i]]==d[x]+1&&flow[i]>0){ tmp=dfs(P[i],min(a,flow[i])); a-=tmp; flow[i]-=tmp; flow[i^1]+=tmp; } } if(f==a) d[x]=-1; return f-a; } int dinic(){ int f(0); while(bfs()){ f+=dfs(S,1<<30); } return f; } bool judge(int x){ memset(H,0,sizeof H);tot=1; for(int i=0;i<m;i++){ add(S,i,1);add(i,S,0); add(i,a[i]+m,1);add(a[i]+m,i,0); add(i,b[i]+m,1);add(b[i]+m,i,0); } for(int i=1;i<=n;i++) add(i+m,T,x),add(T,i+m,0); if(dinic()>=m) return true; else return false; } int main(){ #ifdef LOCAL freopen("in.txt","r",stdin); freopen("out.txt","w",stdout); #endif scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=0;i<m;i++){ scanf("%d%d",&a[i],&b[i]); } int L(0),R(m),M; S=20003,T=20004; while(R-L>1){ M=(L+R)>>1; if(judge(M)){ R=M; }else L=M; } printf("%d\n",R); return 0; }
以上。
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原文地址：http://www.cnblogs.com/zrts/p/3960988.html
