天梯训练赛2

红色警报

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题意:

给你一副可能有若干连通分量的无向图,让你判断失去一座城市后,连通分量数是否发生变化。

注意:若该国本来就不完全连通,是分裂的k个区域,而失去一个城市并不改变其他城市之间的连通性,则不要发出警报。

也就是说,只要考虑连通分量数变多的情况,孤立的一座城市失去导致连通分量数减少不用发出警告。

思路:

利用并查集构图并求得连通分量数。(利用每块集合根节点par[x]==x的性质求得连通分量数)。

每次攻占一座城市后,标记一下,初始化并查集,再去掉被标记的城市的道路,重新构图求连通分量数。如果连通分量数增加了,就发出警报。

输出格式:

对每个被攻占的城市,如果它会改变整个国家的连通性,则输出Red Alert: City k is lost!,其中k是该城市的编号;否则只输出City k is lost.即可。如果该国失去了最后一个城市,则增加一行输出Game Over.

输入样例:

5 4
0 1
1 3
3 0
0 4
5
1 2 0 4 3

输出样例:

City 1 is lost.
City 2 is lost.
Red Alert: City 0 is lost!
City 4 is lost.
City 3 is lost.
Game Over.

AC代码:

 1
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68
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1000;
int par[maxn],vis[maxn],d[maxn][maxn];
void init(int n)
{
	for(int i=0;i<n;i++)
	par[i]=i;
}
int find(int x)
{
	if(par[x]==x) return x;
	else
	return par[x]=find(par[x]);
}
void unite(int x,int y)
{
	x=find(x);
	y=find(y);
	if(x==y) return;
	else par[x]=y;
}
int main()
{
	int n,m,sum=0;
	cin>>n>>m;
	init(n);
	while(m--)
	{
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		d[x][y]=1;
		unite(x,y);
	}
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		if(par[i]==i) sum++;
	 } 
	 //cout<<sum<<endl;
	int q,ssum=0,tot=0;
	cin>>q;
	while(q--)
	{	ssum=0;
		tot++;
		int lose;
		cin>>lose;
		init(n);
		for(int i=0;i<n;i++)
		vis[lose]=1;
		for(int i=0;i<n;i++)
			for(int j=0;j<n;j++)
				if(d[i][j]&&!vis[i]&&!vis[j])
					unite(i,j);
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
			if(par[i]==i&&!vis[i]) ssum++;
		 } 	
		 if(ssum>sum) 
		 {
		 	cout<<"Red Alert: ";
		 	printf("City %d is lost!\n",lose);
		 	
		 }
		 else printf("City %d is lost.\n",lose);
		 sum=ssum;
	}
	if(tot==n) cout<<"Game Over."<<endl;
}

列车调度

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题意:

给你一串不重复的数。求其中递减子序列的最少个数。

输入样例:

9
8 4 2 5 3 9 1 6 7

输出样例:

4

思路:

贪心。

我们假设刚开始有个8,然后来了个4,2,都可以进8的隧道。此时1号隧道最小元素为2。

然后又来了个5,进不了,就新加一个隧道,接着3也进来了,此时2号隧道最小元素为3.

紧接着来了个9。3号隧道 来了个1,3个隧道都可以进,我们当然选择1号隧道,因为1号隧道的最小元素为2,在所有隧道中大于1的元素里是最近的(贪心)。往后以此类推就好了。

也就是说,我们只需要用一个数组来保存每个隧道的最小元素,每个进来的数查找大于并最接近的那个隧道进去,找不到就新建一个隧道。

这里的查找可以直接用upper——bound,因为a数组一定是从小到大排好序的。比如a[1]=2,那么接下来的a中就不会有比2更小的,如果有,那a[1]就该是那个比2小的数而不是2了。

AC代码:

 1
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19
20
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100000+10];
int main()
{
	int n,num=0;
	cin>>n;
	int x;
	cin>>x;
	a[num++]=x;
	n--;
	while(n--)
	{
		cin>>x;
		int find=upper_bound(a,a+num,x)-a;
		if(find>=0&&find<num) a[find]=x;
		else a[num++]=x; 
	}
	cout<<num<<endl;
}

愿天下有情人都是失散多年的兄妹

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题意:

先给出若干 个人的ID,性别,父亲ID,母亲ID。

然后给出若干个询问(保证是同辈)是否能结婚。( 两个人最近的共同祖先如果在五代以内(即本人、父母、祖父母、曾祖父母、高祖父母)则不可通婚 )。

输出格式:

对每一对有情人,判断他们的关系是否可以通婚:如果两人是同性,输出Never Mind;如果是异性并且关系出了五服,输出Yes;如果异性关系未出五服,输出No

输入样例:

24
00001 M 01111 -1
00002 F 02222 03333
00003 M 02222 03333
00004 F 04444 03333
00005 M 04444 05555
00006 F 04444 05555
00007 F 06666 07777
00008 M 06666 07777
00009 M 00001 00002
00010 M 00003 00006
00011 F 00005 00007
00012 F 00008 08888
00013 F 00009 00011
00014 M 00010 09999
00015 M 00010 09999
00016 M 10000 00012
00017 F -1 00012
00018 F 11000 00013
00019 F 11100 00018
00020 F 00015 11110
00021 M 11100 00020
00022 M 00016 -1
00023 M 10012 00017
00024 M 00022 10013
9
00021 00024
00019 00024
00011 00012
00022 00018
00001 00004
00013 00016
00017 00015
00019 00021
00010 00011

输出样例:

Never Mind
Yes
Never Mind
No
Yes
No
Yes
No
No

思路:

本来想着这种亲属关系用并查集。但是要判断五代以及一个人的父节点会有2个。处理起来就特别麻烦。

赛后发现其实只要先把每个人的父母亲记录下来。然后对于每对询问,把一个人的五代存入set中,看看另外一个人的五代有没有人在set中就好了。

访问一个人的五代可以用dfs。

注意:

1.父母的性别也要存。因为询问中可能会问a的母亲和b的母亲能不能通婚。

2.添加和访问前先判断一下其父母是不是可究(-1)

AC代码:

 1
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int fa[maxn],ma[maxn],flag;
char sex[maxn];
set<int>s;
void add(int x,int num)
{
	if(num>=5) return ;
	s.insert(x);
	if(fa[x]!=-1)add(fa[x],num+1);
	if(ma[x]!=-1)add(ma[x],num+1);
}
void dfs(int x)
{	
	if(s.find(x)!=s.end())
	{
		flag=0;
		return;
	}
	if(ma[x]!=-1)dfs(ma[x]);
	if(fa[x]!=-1)dfs(fa[x]);
}
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	memset(fa,-1,sizeof(fa));
	memset(ma,-1,sizeof(ma));
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{	int id,fath,math;
		char sx;
		cin>>id>>sx>>fath>>math;
		fa[id]=fath;
		ma[id]=math;
		sex[id]=sx;
		sex[fath]='M';
		sex[math]='F';
	}
	int q;
	cin>>q;
	while(q--)
	{	flag=1;
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		s.clear();
		if(sex[x]==sex[y]) cout<<"Never Mind"<<endl;
		else
		{	
			add(x,0);
			dfs(y);
			if(flag) cout<<"Yes"<<endl;
			else cout<<"No"<<endl;
		}
	}
}

今日总结:

前面的水题切的还不够快。代码实现能力还是有待加强。

后面的题目赛后能补,赛时也要胆大心细的去尝试。

加油吧!

晚上还有场cf,又要掉分了(逃