文章目錄

• 做題情況項目報告
• Uncle Bogdan and Country Happiness
• Graph Coloring
• How Many Paths?
• Array Differentiation

做題情況項目報告

$T1,T3$一眼題，在實現上，$T3$耗時略長（有些情況未考慮到位）

$T4$感覺題，一眼隱隱約約有正解的思路

$T2$感覺題，思考到二分圖性質后，并未往$DP$上想

Uncle Bogdan and Country Happiness

CD1388C

rating:1800 簡單題

給出一顆根節點為$1$的樹，對于每個節點$i$，有$p_i$個人的家在節點$i$上

一開始所有人都在根節點上，然后每個人會往家沿著最短路走

每個人出發時有一個心情，可能是好心情也可能是壞心情，在經過一條邊時，心情可能由好變壞，但是不可能由壞變好

每個點有一個幸福檢測器，最后的檢測結果為：所有經過該節點的人中，好心情的人數減壞心情的人數

現在給出$h_i$，問有沒有可能最后每個節點的檢測結果恰好為$h_i$

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solution

observation1 : 這是一棵以$1$為根的樹，經過每個點的人數是固定的，即為子樹內居住人數大小，記為$\mathrm{s}\mathrm{i}{\mathrm{z}}_{\mathrm{i}}$

observation2 : 由于心情變化規則可知，父親的壞心情人數一定不小于直系兒子壞心情人數和

所以直接dfs樹一遍，根據$\mathrm{g}\mathrm{o}\mathrm{o}\mathrm{d}+\mathrm{b}\mathrm{a}\mathrm{d}=\mathrm{s}\mathrm{i}{\mathrm{z}}_{\mathrm{i}},\mathrm{g}\mathrm{o}\mathrm{o}\mathrm{d}?\mathrm{b}\mathrm{a}\mathrm{d}={\mathrm{h}}_{\mathrm{i}}$，可以求得經過每個點時的好壞心情人數，然后根據壞心情人數是否夠判斷

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#include <cstdio> #include <vector> using namespace std; #define maxn 100005 vector < int > G[maxn]; int T, n, m, flag; int p[maxn], h[maxn], bad[maxn], siz[maxn];void dfs1( int u, int fa ) {siz[u] = p[u];for( auto v : G[u] )if( v == fa ) continue;else dfs1( v, u ), siz[u] += siz[v];bad[u] = ( siz[u] - h[u] ) >> 1; }void dfs2( int u, int fa ) {int cnt = 0;for( auto v : G[u] ) {if( v == fa ) continue;else dfs2( v, u ), cnt += bad[v];}if( cnt + p[u] < bad[u] ) flag = 1; }int Fabs( int x ) { return x < 0 ? -x : x; }int main() {scanf( "%d", &T );next :while( T -- ) {scanf( "%d %d", &n, &m );flag = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ )G[i].clear(), siz[i] = bad[i] = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%d", &p[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%d", &h[i] );for( int i = 1, u, v;i < n;i ++ ) {scanf( "%d %d", &u, &v );G[u].push_back( v );G[v].push_back( u );}dfs1( 1, 0 );for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( ( ( siz[i] - h[i] ) & 1 ) or ( siz[i] < Fabs( h[i] ) ) ) {printf( "NO\n" );goto next;}dfs2( 1, 0 );if( flag ) printf( "NO\n" );else printf( "YES\n" );}return 0; }

Graph Coloring

CF1354E

rating 2100: 中檔題

現有一張$n$個節點$m$條邊的無向圖，要求用$\{1,2,3\}$對每個點染色，使得相鄰的兩個點的權值的絕對值之差剛好為$1$

現在需要求出一個方案，使得一共染了$n_1$個$1$，$n_2$個$2$和$n_3$個$3$，保證$n_1+n_2+n_3=n$

無解則輸出$\mathrm{N}\mathrm{O}$；否則輸出$\mathrm{Y}\mathrm{E}\mathrm{S}$并輸出一個字符串，其中第$i$位表示節點$i$的顏色

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solution

observation1: 各連通塊之間互不影響，所以可以分連通塊求解

observation2: 1/3只能和2相鄰，所以這張圖一定是個二分圖，并且2一定是全為一種顏色（黑色/白色）

dfs遍歷圖，判斷是否是二分圖

至于$2$必須是同種顏色，分連通塊就可以設計$dp$轉移了

dfs求出連通塊黑白顏色的個數及分別是哪些點

$d{p}_{i,j}:$ 到第$i$個連通塊被標記$2$的點數個數為$j$是否存在一種方案可行

$d{p}_{i,j}=d{p}_{i?1,j?cn{t}_{0,i}}|d{p}_{i?1,j?cn{t}_{1,i}}$

只要最后$d{p}_{cnt,n2}=1$就一定有解

剩下就是很簡單的根據$dp$倒著回去構造解了，先把所有的$2$找到，剩下的就是$1,3$無所謂了

倒回去看轉移的兩個$dp$哪個是可行的

---

#include <cstdio> #include <vector> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; #define maxn 5005 vector < int > G[maxn], G0[maxn], G1[maxn]; int n, m, n1, n2, n3, cnt; int c[maxn], ans[maxn]; bool dp[maxn][maxn]; bool vis[maxn], MS[maxn];void dfs1( int u ) {for( auto v : G[u] ) {if( ! ~ c[v] ) {c[v] = c[u] ^ 1;dfs1( v );}else if( c[u] == c[v] ) {printf( "NO\n" );exit( 0 );}} }void dfs2( int u ) {vis[u] = 1;if( c[u] ) G1[cnt].push_back( u );else G0[cnt].push_back( u );for( auto v : G[u] )if( ! vis[v] ) dfs2( v ); }int main() {scanf( "%d %d %d %d %d", &n, &m, &n1, &n2, &n3 );for( int i = 1, u, v;i <= m;i ++ ) {scanf( "%d %d", &u, &v );G[u].push_back( v );G[v].push_back( u ); }memset( c, -1, sizeof( c ) );for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( ! ~ c[i] ) c[i] = 0, dfs1( i );for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( ! vis[i] ) cnt ++, dfs2( i );dp[0][0] = 1;for( int i = 1;i <= cnt;i ++ )for( int j = 0;j <= n;j ++ ) {if( G0[i].size() <= j )dp[i][j] |= dp[i - 1][j - G0[i].size()];if( G1[i].size() <= j )dp[i][j] |= dp[i - 1][j - G1[i].size()];}if( ! dp[cnt][n2] ) return ! printf( "NO\n" );else printf( "YES\n" );int now = n2;for( int i = cnt;i;i -- ) {if( now >= G0[i].size() and dp[i - 1][now - G0[i].size()] )MS[i] = 0, now -= G0[i].size();else if( dp[i - 1][now - G1[i].size()] )MS[i] = 1, now -= G1[i].size();}for( int i = 1;i <= cnt;i ++ ) if( MS[i] )for( auto j : G1[i] )ans[j] = 2;else for( auto j : G0[i] )ans[j] = 2;for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( ! ans[i] ) {if( now < n1 ) ans[i] = 1, now ++;else ans[i] = 3;}for( int i = 1;i <= n;i ++ ) printf( "%d", ans[i] );return 0; }

How Many Paths?

CF1547G

有一個有向圖，圖中含有$n$個點$m$條邊（邊中可能有自環，但是沒有重邊）

設頂點$i$的答案為$an{s}_i$，則：

• 如果不存在一條$1$到$i$的路徑，$an{s}_i$為$0$
• 如果只存在一條$1$到$i$的路徑，$an{s}_i$為$1$
• 如果至少存在兩條$1$到$i$的路徑，并且路徑數量是有限的，$an{s}_i$為$2$
• 如果存在無限條$1$到$i$的路徑，$an{s}_i$為$?1$

注意路徑不必是簡單路徑

對于每一個$1\le i\le n$，輸出$an{s}_i$

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observation1: 不必是簡單路徑，所以可以到處繞彎

observation2: 只要存在一條路上有環，那么到$i$的路徑就一定是無線條

自環特殊記錄一下

tarjan縮點，對縮點后的狀態建圖，同一個連通塊內的邊不再出現

連通塊內點數$>1$或者有自環標記說明該連通塊是環，連出去的邊，邊權$?1$；否則邊權$0$

從$1$所在的連通塊scc[1]開始跑堆優化dijkstra最短路

并記錄經過$i$的次數vis[i]

如果$i$的路徑長為inf證明到達不了，沒有路徑

如果路徑長為負數，說明有至少一條路徑上有環，則是無限條路徑

堆優化dijkstra最短路記錄經過次數后，直接判斷是否$>1$是不對的

因為寫法會導致，多次經過某點時，若沒有最短路更新是不會入隊，也就不會使得后面的點的經過次數增加

也就是說經過次數其實維護的是假的

在記錄一個pre[i]表示最短路$i$由$pr{e}_i$更新

最后倒著往前面找，然后vis[i]取一路上的最大值

這樣雖然維護的還是假的真正經過次數，但是就已經可以區別出是只經過一次還是更多次，我們也沒有必要找到真正經過了多少次$i$

#include <stack> #include <queue> #include <cstdio> #include <vector> #include <iostream> using namespace std; #define inf 0x3f3f3f3f #define maxn 400005 struct node {int to, w;node(){}node( int To, int W ) { to = To, w = W; }bool operator < ( const node &t ) const { return w > t.w; } }; struct edge {int u, v;edge(){}edge( int U, int V ) { u = U, v = V; } }E[maxn]; priority_queue < node > q; stack < int > sta; vector < node > g[maxn]; vector < int > G[maxn], cnt[maxn]; int T, n, m, ip, tot; int dfn[maxn], low[maxn], dis[maxn], vis[maxn], scc[maxn], cir[maxn], pre[maxn], gone[maxn];void tarjan( int u ) {dfn[u] = low[u] = ++ ip, sta.push( u );for( auto v : G[u] ) {if( ! dfn[v] ) { tarjan( v ); low[u] = min( low[u], low[v] ); }else if( ! scc[v] ) low[u] = min( low[u], dfn[v] );}if( low[u] == dfn[u] ) {++ tot; int v;do {v = sta.top(), sta.pop(), scc[v] = tot;cnt[tot].push_back( v );} while( v != u );} }void find( int i ) {if( ! i or gone[i] ) return;else gone[i] = 1, find( pre[i] ), vis[i] = max( vis[i], vis[pre[i]] ); }int main() {scanf( "%d", &T );int Case;while( T -- ) {scanf( "%d %d", &n, &m );ip = tot = 0;while( ! q.empty() ) q.pop();while( ! sta.empty() ) sta.pop();for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {cnt[i].clear(), G[i].clear(), g[i].clear();dfn[i] = vis[i] = cir[i] = scc[i] = gone[i] = pre[i] = 0, dis[i] = inf;}int Edge = 0;for( int i = 1, u, v;i <= m;i ++ ) {scanf( "%d %d", &u, &v );if( u == v ) cir[u] = 1;else G[u].push_back( v ), E[++ Edge] = edge( u, v );}for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( ! dfn[i] ) tarjan( i );for( int i = 1;i <= Edge;i ++ )if( scc[E[i].u] ^ scc[E[i].v] ) {if( cir[E[i].u] or cir[E[i].v] or cnt[scc[E[i].u]].size() > 1 or cnt[scc[E[i].v]].size() > 1 )g[scc[E[i].u]].push_back( node( scc[E[i].v], -1 ) );elseg[scc[E[i].u]].push_back( node( scc[E[i].v], 0 ) );}dis[scc[1]] = cnt[scc[1]].size() > 1 ? -1 : 0;q.push( node( scc[1], 0 ) );vis[scc[1]] ++;while( ! q.empty() ) {int u = q.top().to; q.pop();for( int i = 0;i < g[u].size();i ++ ) {int v = g[u][i].to, w = g[u][i].w;vis[v] ++;if( dis[v] < 0 ) continue; if( dis[u] + w < dis[v] ) {dis[v] = dis[u] + w, pre[v] = u;q.push( node( v, dis[v] ) );}}}gone[scc[1]] = 1;for( int i = 1;i <= tot;i ++ ) find( i );for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( dis[scc[i]] == inf ) printf( "0 " );else if( dis[scc[i]] < 0 or cir[i] or cnt[scc[i]].size() > 1 ) printf( "-1 " );else if( vis[scc[i]] > 1 ) printf( "2 " );else printf( "1 " );printf( "\n" );}return 0; }

Array Differentiation

CF1552D

$t$組數據，每一組給定一個數組$\{a_n\}$，問是否存在這樣一個數組$\{b_n\}$，對于所有$i\in [1,n]$，都存在一組$j、k\in [1,n]$，滿足$a_i=b_j?b_k$

1<=n<=10

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solution

如果把$b_i$當成點權，建構一棵樹，使得$a_j$恰好等于樹上的邊權

那么最后剩下的$a_j$就會使得樹變成一張圖，并不是一個環，因為這是有向邊

但是如果這其中的某些邊取反，似乎就能成為一個環

看$n$的范圍那么小基本鎖定正解就是$3^n$暴搜，取反某些$a_i$的值$?a_i$，然后存在某些$a$的和為$0$

---

#include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; int T, n, flag; int a[15];void dfs( int x, int sum, int cnt ) {if( sum == 0 and cnt ) {flag = 0;return;}if( x > n ) return;if( flag ) dfs( x + 1, sum, cnt );if( flag ) dfs( x + 1, sum + a[x], cnt + 1 );if( flag ) dfs( x + 1, sum - a[x], cnt + 1 ); }int main() {scanf( "%d", &T );next :while( T -- ) {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%d", &a[i] );sort( a + 1, a + n + 1 );for( int i = 1;i < n;i ++ )if( a[i] == a[i + 1] ) {printf( "YES\n" );goto next;}n = unique( a + 1, a + n + 1 ) - a - 1;flag = 1;dfs( 1, 0, 0 );if( flag ) printf( "NO\n" );else printf( "YES\n" );}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的夯实基础项目工程之图论——Uncle Bogdan and Country Happiness，Graph Coloring，How Many Paths?，Array Differentiation的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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