9/19 深搜+网络流

CSDN话题挑战赛第2期
参赛话题：算法题解

D. Decimal

签到题，扩大1的倍数到1e18，再对n取模进行判断。

#include
#define int long long
#define endl '\n'
#define ios (ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0))
 
using namespace std;
const int N=7e6+5;
const int inf=1e18;
const int mod=1e9+7;
int n;
 
void solve()
{
    cin>>n;
    int ans=inf;
    if(ans%n==0)
        cout<<"No"<<endl;
    else
        cout<<"Yes"<<endl;
}
signed main()
{
    //ios;
    int T;cin>>T;
    while(T--)
        solve();
    return 0;
}
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F. Forest Program

本体思路倒不是很难。
1.若是n个点构成的环，要变成树，共有2ⁿ-1种方法；
2.稍微难想一点的时，零散的边挂在环上，都有删和不删两种选择，因此有2ⁿ种可能。
3.两者相乘为最终答案。

#include
#define int long long
#define endl '\n'
#define ios (ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0))
 
using namespace std;
const int N=7e5+5;
const int inf=1e18;
const int mod=998244353;
int n,m,pre[N],c[N],f[N],ans=1,cnt;
int vis[N];
vector<int>e[N];
int qpow(int a,int b){
    int res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) res=res*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
void dfs(int u,int fa)
{
    vis[u]=1;
    for(int v:e[u])
    {
        if(v==fa) continue;
        if(!vis[v])
        {
            pre[v]=u;dfs(v,u);
        }
        else if(vis[v]==2) continue;
        else
        {
            int g=1,t=u;
            while(t!=v)
            {
                g++;t=pre[t];
            }
            cnt+=g;
            ans=ans*(qpow(2,g)-1)%mod;
            //cout<
        }
    }
    vis[u]=2;
}
void solve()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v;cin>>u>>v;
        e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[i])
            dfs(i,0);
    }
    cout<<ans*qpow(2,m-cnt)%mod<<endl;
}
signed main()
{
    ios;
    //int T;cin>>T;
    //while(T--)
        solve();
    return 0;
}
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最大流算法概念梳理

1.给定一个有向图，S为源点，T为汇点。
2.每条有向边u->v有一个容量限制c，需要给每条边指定一个实际流量f，满足0<=f<=c
3.流量平衡：出去S和T之外的每个点x，流入x的的实际流量值和等于从x流出的实际流量。
4.最大流：从S到T的一个可行流满足从S流出的流量之和最大。

增广路：从S到T还能运送流量的路径

剩余流量:每条边还能提供多少流量。

残余网络：经过最大流算法运行若干轮后的网络

最大流算法：不选寻找增广路，知道找不到增广路。

反向弧：方便算法进行反悔。对于每条边u->v，添加一条容量为0的反向边v->u。找到增广路之后，将对应弧的反向弧的流量加回去。

可防止找到一条很垃圾的增广路，占用了别的增广路的空间，而反向弧可进行修复。
最大流算法-EK ：和增广的次数相关。
Dicnic算法：也和增广次数有关，但复杂度更为优秀

核心难点在于建图~：建立最大流的图 or 最小割的图

最小割：给定n个点m条边的有向图，删除第i条边的代价为c[i]，删除带价值之和最少的边，使得1号点出发到打不了n号点。

在数值上，最大流=最小割。二者在思维、做法上可相互转化。

可从最小割的理解上解决题目，再通过最大流求出最小割的值。
Problem I. Magic Potion
本题有两种见图方式。我刚开始写的那一种错了，刚开始想：既然一个英雄喝了药能多打死一个怪兽，那么我就假设每个英雄能打死两个怪兽，最后再和n+k取一个较小值。
但是！wa了，想了一下原因，还是不能改变题意，要从题目基础上考虑，一个英雄打死了两个怪兽，可能会影响接下来英雄的增广路，反悔机制也不起作用。
因此改变建图方式：
设立两个源点和英雄相连接s、s1，s的优先级高于s1，两者间连有权值为k的边。

#include
//#define int long long
#define endl '\n'
#define For(i,a,b) for(i=(a);i<=(b);++i)
#define ios (ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0))
using namespace std;
const int N=7e6+5;
const int inf=1e18;
const int mod=998244353;
/*
int fac[40];
int qpow(int a,int b){
    int res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) res=res*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
int getinv(int x){return qpow(x,mod-2);}
int C(int a,int b)
{
    return (fac[a]*getinv(fac[a-b])%mod)*getinv(fac[b])%mod;
}*/
struct edge
{
    int to,c,nxt;
}e[N*10];
int n,m,k,s,s1,t;
int head[N],idx=1;
int d[N],cur[N];
void add(int a,int b,int c)
{
    e[++idx]={b,c,head[a]};
    head[a]=idx;
}
bool bfs()
{
    memset(d,0,sizeof d);
    queue<int>q;
    q.push(s);
    d[s]=1;
    while(q.size())
    {
        int u=q.front();q.pop();
        for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
        {
            int v=e[i].to;
            if(d[v]==0&&e[i].c)
            {
                d[v]=d[u]+1;
                q.push(v);
                if(v==t) return 1;
            }
        }
    }
    return 0;
}
int dfs(int u,int mf)
{
    if(u==t) return mf;
    int sum=0;
    for(int i=cur[u];i;i=e[i].nxt)
    {
        cur[u]=i;
        int v=e[i].to;
        if(d[v]==d[u]+1&&e[i].c)
        {
            int f=dfs(v,min(mf,e[i].c));
            e[i].c-=f;
            e[i^1].c+=f;
            sum+=f;
            mf-=f;
            if(mf==0) break;
        }
    }
    if(sum==0) d[u]=0;
    return sum;
}
int dinic()
{
    int flow=0;
    while(bfs())
    {
        memcpy(cur,head,sizeof head);
        flow+=dfs(s,inf);
    }
    return flow;
}
void solve()
{
    cin>>n>>m>>k;
    s=0,t=n+m+1,s1=n+m+2;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        add(0,i,1),add(i,0,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        add(n+m+2,i,1),add(i,n+m+2,0);
    add(s,s1,k),add(s1,s,0);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        add(i+n,t,1),add(t,i+n,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int k;cin>>k;
        for(int j=1;j<=k;j++)
        {
            int v;cin>>v;
            add(i,n+v,1),add(n+v,i,0);
        }
    }
    int ans=dinic();
    cout<<min(ans,n+k)<<endl;
}
signed main()
{
    ios;
    //int T;cin>>T;
    //while(T--)
        solve();
    return 0;
}

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第二种方式:
更为直白一点，先跑一遍dinic，为不使用药剂的情况下杀死的怪兽；然后在补充连一下s和英雄间的边，再跑一遍dinic，与k最比较取最小值。

void solve()
{
    cin>>n>>m>>k;
    s=0,t=n+m+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        add(0,i,1),add(i,0,0);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        add(i+n,t,1),add(t,i+n,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int k;cin>>k;
        for(int j=1;j<=k;j++)
        {
            int v;cin>>v;
            add(i,n+v,1),add(n+v,i,0);
        }
    }
    int ans=dinic();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        add(0,i,1),add(i,0,0);
    int g=dinic();
    if(g>=k)
        cout<<ans+k<<endl;
    else
        cout<<ans+g<<endl;
}
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