cf796D

题意

n个点n-1条边，k个特殊点以及整数d，要求删除最多的边保证每个点都可以在d步之内到达一个特殊点，输入保证每个点都可以在d步内到达特殊点

思路

考虑什么时候可以删除一条边，即这条边连接的两个点可以在d步内到达两个不同的特殊点，那么删除这条边仍然保证合法，可以用bfs处理出每个点最近的特殊点，如果一条边连接的两个点所最近的特殊点不同则计算答案

代码

#include<bits/stdc++.h>#define ull unsigned long long 
#define ll long long
#define inf 1e9
#define INF 1e18
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define all0(a) a.begin(),a.end()
#define lowbit(a) (a&-a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define yes cout<<"YES"<<endl
#define no cout<<"NO"<<endl
#define i128 __int128using namespace std;
const double eps=1e-6;
typedef pair<int,int>PII;
typedef array<int,3>PIII;
mt19937_64 rnd(time(0));  const int N=3e5+10;
vector<int>e[N];void solve()
{int n,k,d;cin>>n>>k>>d;set<int>s;for(int i=1;i<=k;i++) {int x;cin>>x;s.insert(x);}vector<PII>edge(n);for(int i=1;i<n;i++){int a,b;cin>>a>>b;e[a].pb(b);e[b].pb(a);edge[i]={a,b};}queue<PII>q;for(auto t:s) q.push({t,t});vector<int>vis(n+1);while(!q.empty()){auto [cur,color]=q.front();q.pop();if(vis[cur]) continue;vis[cur]=color;for(auto ed:e[cur]) q.push({ed,color});}int cnt=0;vector<int>ans;for(int i=1;i<n;i++){auto [x,y]=edge[i];//cout<<i<<" "<<vis[x]<<" "<<vis[y]<<endl;if(vis[x]!=vis[y]){cnt++;ans.pb(i);}}cout<<cnt<<endl;for(auto t:ans) cout<<t<<" ";
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);solve();return 0;
}

cf1304D

题意

给定一个由>,<>,<>,<组成字符串s，sis_isi​描述了排列中ai，ai+1a_i，a_{i+1}ai​，ai+1​的小大关系，构造两个满足所有大小关系的排列，并使得第一个排列的lis最小，第二个排列的lis最大

思路

对于lis最小的排列,可以先按n,n−1,n−2,...1n,n-1,n-2,...1n,n−1,n−2,...1排列，那么对于一段连续的<<<，我们翻转这一段，仍然满足对于任意的i<ji<ji<j除非位于段内，否则仍然满足ai>aja_i>a_jai​>aj​
对于lis最大的排列，先按1,2,3,..n−1,n1,2,3,..n-1,n1,2,3,..n−1,n排列，翻转每一段>>>即可

代码

#include<bits/stdc++.h>#define ull unsigned long long 
#define ll long long
#define inf 1e9
#define INF 1e18
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define all0(a) a.begin(),a.end()
#define lowbit(a) (a&-a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define yes cout<<"YES"<<endl
#define no cout<<"NO"<<endl
#define i128 __int128using namespace std;
const double eps=1e-6;
typedef pair<int,int>PII;
typedef array<int,3>PIII;
mt19937_64 rnd(time(0));  void solve()
{int n;cin>>n;string s;cin>>s;s=" "+s;vector<int>a(n+1),b(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){a[i]=n-i+1;b[i]=i;}for(int i=1;i<n;i++){if(s[i]=='<'){int j=i;while(j<n && s[j]=='<') j++;reverse(a.begin()+i,a.begin()+j+1);i=j-1;}}for(int i=1;i<n;i++){if(s[i]=='>'){int j=i;while(j<n && s[j]=='>') j++;reverse(b.begin()+i,b.begin()+j+1);i=j-1;}}for(int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i]<<" ";cout<<endl;for(int i=1;i<=n;i++) cout<<b[i]<<" ";cout<<endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);int t;cin>>t;while(t--)solve();return 0;
}

cf938D

题意

有一个乐队要开演唱会，在 n 个城市的人都想去听，但每个城市票价不同，而他们都想少花钱。给定 m 条路，包含 u, v, w 表示从城市 u 到城市 v 要花 w 元，再给出演唱会在 i 城市的票价 a[i]，求每个人去听演唱会并回来的最小花费。

思路

对于点权，可以将其转化为边权，具体操作为对每个点建一个虚点连边，边权即点权，由于终点不确定，可以建立一个超级虚拟源点代表终点，并向所有虚点连边权为0的边，由于题目要求往返，所以m条边的边权要乘2，处理完之后从超级源点跑最短路即可

代码

#include<bits/stdc++.h>#define ull unsigned long long 
#define ll long long
#define inf 1e9
#define INF 1e18
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define all0(a) a.begin(),a.end()
#define lowbit(a) (a&-a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define yes cout<<"YES"<<endl
#define no cout<<"NO"<<endl
#define i128 __int128using namespace std;
const double eps=1e-6;
typedef pair<ll,int>PII;
typedef array<int,3>PIII;
mt19937_64 rnd(time(0));  const int N=2e5+10;
struct edge{ll v,w;
};
vector<edge>e[N<<2];void solve()
{int n,m;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=m;i++){ll a,b,c;cin>>a>>b>>c;e[a].pb({b,2*c});e[b].pb({a,2*c});}vector<ll>a(n+1);for(int i=1;i<=n;i++) {cin>>a[i];e[i].pb({i+n,a[i]});e[i+n].pb({i,a[i]});e[i+n].pb({0,0});e[0].pb({i+n,0});}vector<ll>dis(2*n+1,1e18);vector<int>vis(2*n+1);priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII>>q;q.push({0,0});dis[0]=0;while(!q.empty()){auto [cost,cur]=q.top();q.pop();if(vis[cur]) continue;vis[cur]=1;for(auto [v,w]:e[cur]){if(cost+w<dis[v]){dis[v]=cost+w;q.push({dis[v],v});}}}for(int i=1;i<=n;i++) cout<<dis[i]<<" ";}int main()
{ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);solve();return 0;
}

cf343D

题意

给定一棵树，有以下三种操作

  1. 将x的子树打上标记
  2. 将x及其所有祖先的标记清空
  3. 询问x点是否有标记

思路

树剖板子题，1操作对应子树赋值1，2操作对应x到根节点的简单路径赋值0，3操作对应单点查询

由于赋值时1和0都要使用，所以懒标记初值为-1

代码

#include<bits/stdc++.h>#define ull unsigned long long 
#define ll long long
#define inf 1e9
#define INF 1e18
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define all0(a) a.begin(),a.end()
#define lowbit(a) (a&-a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define yes cout<<"YES"<<endl
#define no cout<<"NO"<<endl
#define i128 __int128using namespace std;
const double eps=1e-6;
typedef pair<int,int>PII;
typedef array<int,3>PIII;
mt19937_64 rnd(time(0));  const int N=5e5+10;
int fa[N],dep[N],siz[N];
int son[N];//重儿子
int top[N];//所在重链顶点
int dfn[N];//dfs序
int w[N];
int tot;
int n,q;
vector<int>e[N];ll tr[N<<2],add[N<<2];void pushup(int p)
{tr[p]=tr[lc]+tr[rc];return;
}void pushdown(int p,int l,int r)
{if(add[p]==-1) return;int mid=(l+r)>>1;tr[lc]=(mid-l+1)*add[p];add[lc]=add[p];tr[rc]=(r-mid)*add[p];add[rc]=add[p];add[p]=-1;
}
void build(int p,int l,int r)
{if(l==r){tr[p]=w[l];add[p]=-1;return;}int mid=(l+r)>>1;build(lc,l,mid);build(rc,mid+1,r);pushup(p);
}void update(int p,int l,int r,int ql,int qr,int x)
{if(ql<=l && r<=qr){tr[p]=(r-l+1)*x;add[p]=x;return;}pushdown(p,l,r);int mid=(l+r)>>1;if(ql<=mid) update(lc,l,mid,ql,qr,x);if(qr>mid) update(rc,mid+1,r,ql,qr,x);pushup(p);
}ll query(int p,int l,int r,int ql,int qr)
{if(ql<=l && r<=qr) return tr[p];pushdown(p,l,r);int mid=(l+r)>>1;ll sum=0;if(ql<=mid) sum+=query(lc,l,mid,ql,qr);if(qr>mid) sum+=query(rc,mid+1,r,ql,qr);return sum;
}void update_path(int u,int v,int x)
{while(top[u]!=top[v]){if(dep[top[u]]<dep[top[v]]) swap(u,v);update(1,1,n,dfn[top[u]],dfn[u],x);u=fa[top[u]];}if(dep[u]<dep[v]) swap(u,v);update(1,1,n,dfn[v],dfn[u],x);
}ll query_path(int u,int v)
{ll res=0;while(top[u]!=top[v]){if(dep[top[u]]<dep[top[v]]) swap(u,v);//保证u的顶点更深1res+=query(1,1,n,dfn[top[u]],dfn[u]);u=fa[top[u]];}if(dep[u]<dep[v]) swap(u,v);//最后一条链res+=query(1,1,n,dfn[v],dfn[u]);return res;
}void dfs1(int u,int father)
{fa[u]=father;dep[u]=dep[father]+1;siz[u]=1;for(auto ed:e[u]){if(ed==father) continue;dfs1(ed,u);siz[u]+=siz[ed];if(siz[son[u]]<siz[ed]) son[u]=ed;}
}void dfs2(int u,int t)
{top[u]=t;dfn[u]=++tot;if(!son[u]) return;dfs2(son[u],t);//搜重儿子for(auto ed:e[u]){if(ed==fa[u] || ed==son[u]) continue;dfs2(ed,ed);//搜轻儿子}
}void solve()
{cin>>n;for(int i=1;i<n;i++){int a,b;cin>>a>>b;e[a].pb(b);e[b].pb(a);}dfs1(1,0);dfs2(1,1);build(1,1,n);cin>>q;while(q--){int op,x;cin>>op>>x;if(op==1) update(1,1,n,dfn[x],dfn[x]+siz[x]-1,1);else if(op==2) update_path(1,x,0);else cout<<query(1,1,n,dfn[x],dfn[x])<<endl;}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);solve();return 0;
}

cf 2132F

题意

给定一张n个点m条边的无向图以及q次询问，每次询问求顶点v到其最近的必经路径的距离，必经路径指顶点1到n必须经过的边，边权都为1，若不存在必经路径输出-1

思路

  • 1-n的必经路径即边双缩点后1所在连通分量到所在连通分量的割边(缩点后的边一定为割边)
  • 很明显-1的情况为1和n在一个边双内，即不存在割边
  • 缩点后处理出所有的必经路径，将每条必经路径的顶点跑多源bfs即可

代码

#include<bits/stdc++.h>#define ull unsigned long long 
#define ll long long
#define inf 1e9
#define INF 1e18
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define all0(a) a.begin(),a.end()
#define lowbit(a) (a&-a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define yes cout<<"YES"<<endl
#define no cout<<"NO"<<endl
#define i128 __int128using namespace std;
const double eps=1e-6;
typedef pair<int,int>PII;
typedef array<int,3>PIII;
mt19937_64 rnd(time(0));  const int N=2e6+10;
struct edge{int to,ne;//终点，下一条边
}e[N];
int h[N];
int idx=1;
int dfn[N],low[N],tot;
stack<int>stk;int dcc[N],cnt;
int bri[N];vector<int>e1[N];void add(int a,int b)
{e[++idx].to=b;e[idx].ne=h[a];h[a]=idx;
}struct node{ll cost,id,u;bool operator < (const node&t)const{return cost!=t.cost ? cost>t.cost : id>t.id;}
};void tarjan(int x,int in_edg)
{dfn[x]=low[x]=++tot;stk.push(x);for(int i=h[x];i;i=e[i].ne){int y=e[i].to;if(!dfn[y]){tarjan(y,i);low[x]=min(low[x],low[y]);if(low[y]>dfn[x]) bri[i]=bri[i^1]=true;}else if(i!=(in_edg^1)) low[x]=min(low[x],dfn[y]);}if(dfn[x]==low[x]){++cnt;while(1){int y=stk.top();stk.pop();dcc[y]=cnt;if(y==x) break;}}
}void solve()
{int n,m;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++){e[i]={0,0};e1[i].clear();h[i]=low[i]=dfn[i]=0;dcc[i]=bri[i]=0;}cnt=tot=0;idx=1;vector<int>x(m+1),y(m+1);for(int i=1;i<=m;i++){cin>>x[i]>>y[i];add(x[i],y[i]);add(y[i],x[i]);}tarjan(1,0);if(dcc[1]==dcc[n]){int q;cin>>q;while(q--){int c;cin>>c;cout<<-1<<" ";}cout<<endl;return;}for(int i=1;i<=m;i++){if(dcc[x[i]]!=dcc[y[i]]){e1[dcc[x[i]]].pb(dcc[y[i]]);e1[dcc[y[i]]].pb(dcc[x[i]]);}}vector<int>pre(n+1);auto dfs=[&](auto &&dfs,int u,int fa)->void{pre[u]=fa;for(auto ed:e1[u]){if(ed==fa) continue;dfs(dfs,ed,u);}};dfs(dfs,dcc[1],0);vector<int>must(n+1);//标记必经路径点int cur=dcc[n];//cout<<cur<<endl;while(cur!=dcc[1]){//cout<<cur<<endl;must[cur]=1;cur=pre[cur];}must[dcc[1]]=1;priority_queue<node>pq;for(int i=1;i<=m;i++){int u=dcc[x[i]];int v=dcc[y[i]];if(u==v) continue;if(must[u] && must[v]){//cout<<x[i]<<" "<<y[i]<<endl;pq.push({0,i,x[i]});pq.push({0,i,y[i]});}}vector<int>ans(n+1);while(!pq.empty()){auto [cost,id,cur]=pq.top();pq.pop();if(ans[cur]) continue;ans[cur]=id;for(int i=h[cur];i;i=e[i].ne){int y=e[i].to;if(ans[y]) continue;pq.push({cost+1,id,y});}}int q;cin>>q;while(q--){int c;cin>>c;cout<<ans[c]<<" ";}cout<<endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);int t;cin>>t;while(t--)solve();return 0;
}

cf1436D

题意

一棵树，每个点的权值可以分给它的子节点，求使得叶子节点中权值的最大值最小的值

思路

  • 对于一颗权值和为sizsizsiz,叶子数为cntcntcnt的子树，使最大值最小的分法显然为⌈sizcnt⌉\lceil \frac{siz}{cnt} \rceil⌈cntsiz​⌉,即让叶子节点均分总权值，但是若存在一个叶子节点的权值siz[u]>⌈sizcnt⌉siz[u]>\lceil \frac{siz}{cnt} \rceilsiz[u]>⌈cntsiz​⌉,那么此时叶子节点的最大值就为siz[u]siz[u]siz[u]
  • 根据以上可得到dp[u]=max(siz[v],⌈sizcnt⌉)dp[u]=max(siz[v],\lceil \frac{siz}{cnt} \rceil)dp[u]=max(siz[v],⌈cntsiz​⌉),其中siz[v]siz[v]siz[v]为u为根的最大叶子节点权值
#include<bits/stdc++.h>#define ull unsigned long long 
#define ll long long
#define inf 1e9
#define INF 1e18
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define all0(a) a.begin(),a.end()
#define lowbit(a) (a&-a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define yes cout<<"YES"<<endl
#define no cout<<"NO"<<endl
#define i128 __int128using namespace std;
const double eps=1e-6;
typedef pair<int,int>PII;
typedef array<int,3>PIII;
mt19937_64 rnd(time(0));  const int N=2e5+10;
vector<int>e[N];void solve()
{int n;cin>>n;for(int i=2;i<=n;i++){int x;cin>>x;e[x].pb(i);}vector<ll>dp(n+1);//i为根的子树答案vector<ll>cnt(n+1);//叶子vector<ll>siz(n+1);//子树权值for(int i=1;i<=n;i++) cin>>siz[i];for(int i=1;i<=n;i++) if(!e[i].size()) cnt[i]=1;auto dfs=[&](auto &&dfs,int u)->void{for(auto ed:e[u]){dfs(dfs,ed);siz[u]+=siz[ed];cnt[u]+=cnt[ed];dp[u]=max(dp[u],dp[ed]);}dp[u]=max(dp[u],(siz[u]+cnt[u]-1)/cnt[u]);};dfs(dfs,1);cout<<dp[1]<<endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);solve();return 0;
}

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在Vue3的Composition API中&#xff0c;ref和reactive是构建响应式数据的核心工具。许多开发者对它们的选择存在困惑&#xff1a;何时用ref的.value&#xff1f;何时用reactive的直接访问&#xff1f;为何解构会丢失响应性&#xff1f;本文从原理、场景到实战陷阱&#xff0c;为…
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Redis实战-缓存的解决方案（一）

Redis实战-缓存的解决方案（一）

1.什么是缓存缓存就是数据交换的缓存区&#xff0c;是存储数据的临时区域&#xff0c;读写性能高。浏览器会有缓存&#xff0c;tomcat服务器也会有缓存&#xff0c;数据库也会有缓存&#xff0c;CPU也会有缓存&#xff0c;磁盘也会有缓存&#xff0c;所以说缓存是无处不在的并且…
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CI/CD企业案例详解

CI/CD企业案例详解

7.持续集成持续交付企业示例 为了让容器构建镜像可以持续集成并自动上传到harbor仓库&#xff0c;业务主机通过持续交付自动从仓库中下载镜像最近版本并实现业务更新7.1 在jenkins中添加registry节点 7.1.1 在业务节点中安装docker和java环境并配置其可以从仓库中下载镜像 # 新…
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C++ 入门核心知识

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一、C 课程概述与发展历史1. 发展历程&#xff1a;从 C 语言扩展到标准化C 的起源可追溯至 1979 年&#xff0c;由贝尔实验室的 Bjarne Stroustrup 主导开发。当时他为解决大型项目开发中 C 语言在可维护性和扩展性上的不足&#xff0c;在 C 语言基础上引入了面向对象编程特性。…
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