2022杭电多校第十场题解

2022杭电多校第十场

Winner Prediction（贪心 网络流）

题意
有一项$n$个选手参加的比赛，每场比赛都是在两个参赛者之间进行，没有平局，赢得最多比赛的参赛者赢得整个比赛，如果有多个参赛者并列第一，他们都将赢得比赛。在当前状态下，一些比赛已经结束了，还有一些比赛没有开始。你知道所有已结束的比赛的结果，判断1号参赛者是否可能赢得比赛。

分析
对于未结束的比赛，如果比赛双方有1，就让1赢。分析题目中的条件，未结束的比赛双方有一个赢，其他参赛者赢的次数不能超过1。考虑根据这些限制条件建图，把未结束的每场比赛当做一个结点，让源点向比赛连一条边权为1的边，比赛向两位选手各连一条边权为1的边，这样就保证了比赛双方只有一个获胜。对于赢的次数这个限制，可以让选手向汇点连一条最多获胜次数的边，这样就完成了建图。如果最大流等于未结束的不含1的比赛次数，说明1可能赢得比赛，否则不可能。

AC代码

const int N=1510;
const int M=7010;
const int inf=1<<30;
int head[N],e[M],ne[M],w[M],tot=1;
int d[N],now[N],in[N];
int n,m1,m2,s,t;

void add(int x,int y,int z)
{
	e[++tot]=y,ne[tot]=head[x],w[tot]=z,head[x]=tot;
	e[++tot]=x,ne[tot]=head[y],w[tot]=0,head[y]=tot;
}

bool bfs()
{
	memset(d,0,sizeof(d));
	queue<int> q; q.push(s);
	d[s]=1; now[s]=head[s];
	while(q.size()>0)
	{
		int x=q.front(); q.pop();
		for(int i=head[x];i;i=ne[i])
		{
			int y=e[i];
			if(w[i]&&!d[y])
			{
				d[y]=d[x]+1;
				now[y]=head[y];
				q.push(y);
				if(y==t) return true;
			}
		}
	}
	return false;
}

int dfs(int x,int flow)
{
	if(x==t) return flow;
	int rest=flow,k,i;
	for(i=now[x];i&&rest;i=ne[i])
	{
		now[x]=i;
		int y=e[i];
		if(w[i]&&d[y]==d[x]+1)
		{
			k=dfs(y,min(rest,w[i]));
			if(!k) d[y]=0;
			w[i]-=k;
			w[i^1]+=k;
			rest-=k;
		}
	}
	return flow-rest;
}

int dinic()
{
	int maxflow=0;
	while(bfs()) maxflow+=dfs(s,inf);
	return maxflow;
}

int main()
{
	int _;
	cin>>_;
	while(_--)
	{
		cin>>n>>m1>>m2;
		for(int i=1;i<=n;i++) in[i]=0;
		for(int i=0;i<=n+m2+10;i++) head[i]=0;
		tot=1;
		s=0,t=n+m2+1;
		for(int i=1;i<=m1;i++)
		{
			int x,y,z;
			cin>>x>>y>>z;
			if(z) in[x]++;
			else in[y]++;
		}
		vector<pair<int,int>> vec;
		for(int i=1;i<=m2;i++)
		{
			int x,y;
			cin>>x>>y;
			if(x==1||y==1) in[1]++;
			else vec.push_back({x,y});
		}
		bool flag=true;
		for(int i=2;i<=n;i++) if(in[i]>in[1]) flag=false;
		if(!flag) cout<<"NO"<<endl;
		else
		{
			int cnt=0;
			for(auto it:vec)
			{
				int x=it.first;
				int y=it.second;
				cnt++;
				add(s,n+cnt,1);
				add(n+cnt,x,1);
				add(n+cnt,y,1);
			}
			for(int i=2;i<=n;i++) add(i,t,in[1]-in[i]);
			if(dinic()==cnt) cout<<"YES"<<endl;
			else cout<<"NO"<<endl;
		}
	}
	return 0;
}
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Wavy Tree（贪心）

题意
给定一个长度为$n$的数组，每次可以将数组中的一个元素$+1/-1$，求将数组变为波浪状所需的最小次数，即对每一个$i(1<i<n)$有$a[i]>max(a[i-1],a[i+1])$或$a[i]<min(a[i-1],a[i+1])$。

分析
一个数组是波浪状必然满足差分后数组的$2$~$n$项正负交替，分两种情况讨论即可。

AC代码

typedef long long ll;
const int N=1e6+10;
ll a[N],b[N];

int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		int n;
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
		for(int i=n;i>=1;i--) a[i]=a[i]-a[i-1];
		ll ans=1e18;
		ll sum;
		sum=0;
		for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=a[i];
		for(int i=2;i<=n;i++)
		{
			if(i%2==0) //--> +
			{
				ll t=max(0ll,1-b[i]);
				sum+=t;
				b[i+1]-=t;
			}
			else //--> - 
			{
				ll t=max(0ll,b[i]+1);
				sum+=t;
				b[i+1]+=t;
			}
		}
		ans=min(ans,sum);
		sum=0;
		for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=a[i];
		for(int i=2;i<=n;i++)
		{
			if(i%2==1) //--> +
			{
				ll t=max(0ll,1-b[i]);
				sum+=t;
				b[i+1]-=t;
			}
			else //--> -
			{
				ll t=max(0ll,b[i]+1);
				sum+=t;
				b[i+1]+=t;
			}
		}
		ans=min(ans,sum);
		cout<<ans<<endl;
	}
	
	return 0;
}
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Even Tree Split（DFS）

题意
给定一棵含有$n$个结点的无根树，$n$为偶数。现在要在这棵树上删去至少一条边，问有多少种方案使得删边后每个连通块都含有偶数个结点，答案对$998244353$取模。

分析
假设只删一条边，删边后使得每个连通块含有偶数个结点的边是确定的。设$S$表示删边后连通块结点都为偶数的边的集合，如果删边条数大于1，能删的边的也在集合$S$中，故答案为$2^{|S|}-1$，$|S|=$子树结点为偶数的子树个数$-1$

AC代码

typedef long long ll;
const int mod=998244353;
const int N=1e5+10;
vector<int> v[N];
int sz[N];

ll ksm(ll a,ll b)
{
	ll ans=1%mod;
	for(;b;b>>=1)
	{
		if(b&1) ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
	}
	return ans;
}

void dfs(int x,int p)
{
	sz[x]=1;
	for(auto y:v[x])
	{
		if(y==p) continue;
		dfs(y,x);
		sz[x]+=sz[y];
	}
}

int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		int n;
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++) v[i].clear();
		for(int i=1;i<=n;i++) sz[i]=0;
		for(int i=1;i<n;i++)
		{
			int x,y;
			cin>>x>>y;
			v[x].push_back(y);
			v[y].push_back(x);
		}
		dfs(1,-1);
		int cnt=0;
		for(int i=2;i<=n;i++) if(sz[i]%2==0) cnt++;
		ll ans=ksm(2,cnt);
		ans=(ans-1+mod)%mod;
		cout<<ans<<endl;
	}
	
	return 0;
}
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