Kalorona

P1351:联合权值题解

思路

这道题本来用爆搜来写的（DFS），然而TLE了3个点。我只好去向机房巨佬lornd求教。在他神奇的操作之下这道题从\(O(n^3)\)变成了\(O(n)\)的时间复杂度。

我们先来解析一下我们的流程。在存图之后，我们需要遍历n个点，然后获取与点n相连的点。这些点之间的距离必定为2。接下来我们来处理。

第一问

我们在遍历的时候记录下第一大和第二大的数，在处理完这些点之后，我们便把第一大、第二大的数相乘，可以得到这些有序对之中最大的联合权值，与ans变量取最大值便可解决第一问。

第二问

我们先来写一个公式：\[(\sum^{n}_{i=0}{a_i})^2 = \sum^{n}_{i=0}{a^2_i} + 2(\sum^{m}_{i=0,j=0}{a_i a_j})\]

第二问其实问的就是这个式子中的第三项：\[2(\sum^{m}_{i=0,j=0}{a_i a_j})\]

即\(2ab + 2cd + 2ef + \dots \)所以我们如果要求，我们便可以在代码中把第一项和第二项算出，相减即可出答案。

代码

// P1351.cpp
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>

using namespace std;

#define ull unsigned long long
const int maxn = 2000000;
int n;
ull W[maxn];
// The graph data structure;
int to[maxn];
int point[maxn];
int next[maxn];
bool vis[maxn];
int current = 0;
// answers;
ull ans_max = 0;
ull ans_tot = 0;
// initialize to make the graph up;
void init()
{
    memset(to, -1, sizeof(to));
    memset(point, -1, sizeof(point));
    memset(next, -1, sizeof(next));
    memset(vis, false, sizeof(vis));
    cin >> n;

    for (int i = 0; i < n - 1; i++)
    {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        next[current] = point[x];
        to[current] = y;
        point[x] = current;
        current++;
        next[current] = point[y];
        to[current] = x;
        point[y] = current;
        current++;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> W[i];
}
// calculate the n^2;
ull secondary(ull a)
{
    return a * a;
}
// solve;
void solve()
{
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        // get the maximum and the second one;
        ull firmax = 0;
        ull secmax = 0;
        // the term1 and the term2;
        ull tmp1 = 0;
        ull tmp2 = 0;
        for (int j = point[i]; j != -1; j = next[j])
        {
            int jto = to[j];
            if (W[jto] > firmax)
                secmax = firmax, firmax = W[jto];
            else if (W[jto] > secmax)
                secmax = W[jto];
            tmp1 += W[jto];
            tmp2 += secondary(W[jto]);
        }
        // add them up;
        ans_tot += (secondary(tmp1) - tmp2) % 10007;
        ans_tot %= 10007;
        ans_max = max(ans_max, firmax * secmax);
    }
}
// just solve it;
int main()
{
    init();
    solve();
    cout << ans_max << " " << ans_tot;
    return 0;
}

lornd tql%%%

P1141:01迷宫题解

思路

在我思考了很久之后（其实是理解题解），我解决了这道题的做法。主要就是并查集的一个扩展和预处理。我们在读取01迷宫时，就检测左边的点和右边的点是否连通。如果是连通的话，在并查集中合并，并且在并查集中把连通块个数相加即可。

还有一个主要的思想就是映射。在并查集中我们的数组是一维的（mem[]），我们只需要一个计算函数把（x,y）转换成数字即可。（具体的：ret = x*n + y;）

代码

// P1141_ufs.cpp
#include <iostream>

using namespace std;

const int maxm = 10000000;
const int maxn = 1010;
char map[maxn][maxn];
int n, m;

struct UFS
{
    int mem[maxm];
    int mem_h[maxm];

    UFS()
    {
        for (int i = 0; i < maxm; i++)
            mem[i] = i, mem_h[i] = 1;
        for (int i = maxm; i < maxn; i++)
            mem_h[i] = 1;
    }

    int Find(int a)
    {
        if (mem[a] == a)
            return a;
        return mem[a] = Find(mem[a]);
    }

    void Unite(int a, int b)
    {
        if (Find(a) != Find(b))
            mem_h[Find(a)] += mem_h[Find(b)], mem[Find(b)] = Find(a);
    }
} u;

int hashcode(int a, int b)
{
    return a * n + b;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= n; j++)
        {
            cin >> map[i][j];
            // left;
            if (j != 1 && map[i][j - 1] != map[i][j])
                u.Unite(hashcode(i, j), hashcode(i, j - 1));
            // up;
            if (i != 1 && map[i - 1][j] != map[i][j])
                u.Unite(hashcode(i, j), hashcode(i - 1, j));
        }
    for (int i = 0; i < m; i++)
    {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        cout << u.mem_h[u.Find(hashcode(a, b))] << endl;
    }
    return 0;
}

代码我喜欢强格式化（vscode）所以行数可能比较多。