多比特杯武汉工程大学第六届ACM新生赛 A,L

为什么要演奏春日影！！！

看到题目所说，若$b_i$在$i$ 之前，则…,那么很容易联想到拓扑排序，再仔细看题，对于每个$b_i$,我们都想其对应的 i 进行连边，那么我们很容易得到到一个图，又因为题目所给定的为 n +1 个点，n 条边，所以显然整个图的构成为一条链加上多个环，且0这个点一定是处于链上，若在链上的$b_i$不为 0 ，那么其贡献一定为 c ，否则贡献则为 a。再考虑环对于答案的贡献，对于环上的点，其中一个点的贡献为 a ，剩余点的贡献为 c ，我们贪心去算出每个点为 a 时其环的对应的价值即可，然后取最大。

整个题的实现方法有两种，第一种就是拓扑排序找链，然后剩下入度不为 0 的点则为环，然后对环去dfs即可。

#include 

using namespace std;
const int N = 4e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 1e9+7;
const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"

vector<pll> e[N];
int d[N];
ll res;
void dfs(int x)
{
	for(auto [u,w]: e[x]){
		if(d[u]){
            d[u]=0;
			res=max(res,w);
			dfs(u);
		}
	}
}
void solve()
{
	int n;
	cin>>n;
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int a,b,c;
		cin>>a>>b>>c;
		if(b==0){
			ans+=a;
		}
		else ans+=c;
		e[b].push_back({i,a-c});
		d[i]++;
	}
    //cout<
	queue<int >q;
	for(int i=0;i<=n;i++){
		if(!d[i]) q.push(i);
	}
	while(!q.empty()){
		auto t=q.front();
		q.pop();
		for(auto [x,y]: e[t]){
			d[x]--;
			if(d[x]==0) q.push(x);
		}
	}

	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(d[i]){
			res=-1e18;
			dfs(i);
			ans+=res;
//             cout<
//             cout<
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	int t;
	t=1;
	//cin>>t;
	while(t--){
		solve();
	}
   	system("pause");
    return 0;
}
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第二种则是求出每个强连通分量，对于强连通分量大小为 1 的点，其一定在链上，可以直接计算其价值，否则直接对所在的强连通分量进行遍历即可。

#include 

using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 1e9 + 7;
const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"

struct node
{
	ll a,b,c;
}z[N];
vector<int> e[N];
int n;
int tot, dfsn[N], ins[N], low[N];
stack<int> s;
vector<vector<int>> scc;
vector<int> b(N);
ll val[N];
void dfs(int x)
{
	low[x] = dfsn[x] = ++tot, ins[x] = 1, s.push(x);
	for (auto u : e[x])
	{
		if (!dfsn[u])
		{
			dfs(u);
			low[x] = min(low[x], low[u]);
		}
		else if (ins[u])
			low[x] = min(low[x], dfsn[u]);
	}
	if (dfsn[x] == low[x])
	{
		vector<int> c;
		while (1)
		{
			auto t = s.top();
			c.push_back(t);
			ins[t] = 0;
			s.pop();
			b[t] = scc.size();
			val[scc.size()]+=z[t].c;
			if (t == x)
				break;
		}
		scc.push_back(c);
	}
}

void solve()
{

	cin>>n;
    ll tar=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ll a,b,c;
		cin>>a>>b>>c;
		z[i]={a,b,c};
		int u=b,v=i;
		e[u].push_back(v);
        if(b==0) tar+=a-c;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if (!dfsn[i])
		{
			dfs(i);
		}
	}
	ll ans=0;
	for(int i=0;i<scc.size();i++){
		if(scc[i].size()==1) ans+=val[i];
		else{
			ll res=-1e18;
			for(auto u: scc[i]){
				res=max(val[i]-z[u].c+z[u].a,res);
			}
			ans+=res;
		}
	}
	cout<<ans+tar<<endl;
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	int t;
	t = 1;
	// cin>>t;
	while (t--)
	{
		solve();
	}
	system("pause");
	return 0;
}
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开心消消乐

一道很新奇的并查集。
因为数据范围只有1e5，所以我们可以预处理出所有情况，我们暴力处理出 1e5 内的所有数字，然后去O(n) 的统计即可。

#include 

using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 1e9+7;
const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"

int find(int x)
{
	if(p[x]!=x){
		return p[x]=find(p[x]);
	}
	return x;
}
int p[N];
void solve()
{
	int n;
	cin>>n;
	vector<int> a(N);
	for(int i=1;i<N;i++) p[i]=i;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x;
		cin>>x;
		a[x]=1;
	}
	for(int i=1;i<N;i++){
		for(int j=i;j<N;j+=i){
			if(a[i]&&a[j]){
				int fa=find(i),fb=find(j);
				p[fa]=fb;
			}
		}
	}
	int cnt=0;
	for(int i=1;i<N;i++){
		if(a[i]){
			if(p[i]==i) cnt++;
		}
	}
	cout<<cnt<<endl;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	int t;
	t=1;
	//cin>>t;
	while(t--){
		solve();
	}
   	system("pause");
    return 0;
}
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