2024年西安交通大学程序设计竞赛校赛
文章目录
- 2024年西安交通大学程序设计竞赛校赛
- D瑟莉姆的宴会
- E: 雪中楼
- I: 命令行(待补)
- J:最后一块石头的重量(待补)
- K: 崩坏:星穹铁道(待补)
- M:生命游戏
- N: 圣诞树
D瑟莉姆的宴会
解题思路:
该题是一道思维题。
- 仔细想想,只要满足非负就行了,那么如果一个点没有人支配他,那让他为根节点,其他都受他的支配这样的话
- 如果后面的所有节点都存在的时候,那么就取前面最多的那个节点。
起始该题可以不用考虑1这个状态,直接用 2 这个状态也能过。
官方题解方法:
该题的官方题解是构造: 1 − > 2 − > 3 − > ⋅ ⋅ ⋅ − > n 1 -> 2 -> 3 -> ··· -> n 1−>2−>3−>⋅⋅⋅−>n 的树,然后判断这个方式是不是为负的,如果为负的就翻转为: n − > ( n − 1 ) − > ( n − 2 ) − > ⋅ ⋅ ⋅ − > 1 n -> (n-1) -> (n-2) -> ··· -> 1 n−>(n−1)−>(n−2)−>⋅⋅⋅−>1
解题代码:
void solve() {int n,m;cin >> n >> m;int maxx =0;for(int i = 1; i<= m; i++){cin >> arr[i].fi >> arr[i].se;user[arr[i].se] = 1;user1[arr[i].fi] ++;maxx = max(maxx, user1[arr[i].fi]);}for(int i = 1; i <= n; i++)if(user[i] == 0) {for(int j = 1; j <= n; j++){if(j == i) cout << 0 << " ";else cout << i << " ";}return ;}for(int i = 1; i <= n; i ++)if(maxx == user1[i]){for(int j = 1; j <= n; j++){if(j == i) cout << 0 << " ";else cout << i << " ";}return ;}
}
E: 雪中楼
解题思路:
该题是运用链表的思路:
- 当发现 0 的时候,就直接输出,因为前面没有比他更小的数了。
- 如果发现非0的数,那么肯定是比指定的那个数大,那么就接在指定那个数的下面。
- 如果当前遍历到的那个数下面接的有数的话,就直接输出。因为前面没有比它更大的数了。
解题代码:
const int N = 1e6+5;
int arr[N];
void solve() {int n,m;cin >> n;for(int i = 1; i<= n; i++)cin >> arr[i];vector<vector<int> > a(n + 1);for(int i = n; i>= 1; i--){if(arr[i] == 0){cout << i << " ";for(int j = 0; j < a[i].size(); j++){cout << a[i][j] << " ";}a[i].clear();}else{a[arr[i]].push_back(i);for(int j = 0; j < a[i].size(); j++){a[arr[i]].push_back(a[i][j]);}a[i].clear();}}
}
I: 命令行(待补)
解题思路:
解题代码:
J:最后一块石头的重量(待补)
解题思路:
解题代码:
K: 崩坏:星穹铁道(待补)
解题思路:
解题代码:
M:生命游戏
解题思路:
该题是一道模拟题,但模拟起来有一些问题需要解决。
就比如这种情况,如果边删除边存个数等于k的点,那么就会把中间那个节点也给存进去,但当将当前所有的k节点都删除的时候,就不会删除中间那个节点。
解决这个问题的办法就是用一个set来存删除后节点为k的点,如果中间为k,但操作之后就不为k的时候,就直接将k从set中删除。
所谓的这里面所谓的删边也不是真正意义的删除那个边,而是将那个边标记一下,如果遍历到已经标记的点就不进行向下dfs了。
解题代码:
const int N = 1e6+5;
int user[N];
vector<int> g[N];
int n,k;
vector<int> vis(N);void dfs(int x){vis[x] = 1;for(auto i : g[x]){if(!vis[i]) dfs(i);}
}void solve() {cin >> n >> k;for(int i = 1; i < n; i++){int a,b;cin >> a >> b;g[a].push_back(b);g[b].push_back(a);}queue<int> que;for(int i = 1; i <= n; i++){user[i] = g[i].size();if(g[i].size() == k){que.push(i);user[i] = -1;}}while(que.size()){set<int> st;while(que.size()){int a = que.front();que.pop();vis[a] = 1;for(auto i : g[a]){if(user[i] == -1) continue;user[i] --;if(user[i] == k){st.insert(i);}else {if(st.count(i)) st.erase(i);}}}for(auto i : st){que.push(i);user[i] = -1;}}int res= 0;for(int i = 1; i <= n; i++){if(!vis[i]){dfs(i);res ++;}}cout << res << endl;
}
N: 圣诞树
解题思路:
该题和我之前写过的一道题很像,
该题主要是树的遍历,当这棵树满足条件的话,那就把这个子树删除,说是删除,其实就是一遍扫描,这个树下的颜色种类全清除罢了。
这题主要思路就是:
- 先将树的结构存下来,然后进行后序遍历,遍历的过程中进行统计当前节点的颜色,因为要存颜色的种类,所以用set就行。
- 但这样直接写的话就会导致时间超时,那就需要优化一下,用启发式合并,就可以将时间降下来。
启发式合并:
将少的那一部分加到多的那一部分上。
但要注意的是,直接写会导致内存超限,那么也不能直接等于,那就用swap进行交换,这样就可以将内存降下来。
解题代码:
const int N = 1e6+5;
int arr[N];
vector<int> g[N];
int res = 0;
int n,k;set<int> dfs(int x,int father){set<int> st;st.insert(arr[x]);for(auto i : g[x]){if(i == father) continue;set<int> temp = dfs(i,x);if(temp.size() > st.size()){swap(temp,st); // 启发式合并 }for(auto i : temp) st.insert(i);}if(st.size() >= k){res ++; st.clear();}return st;
}void solve() {cin >> n >> k;for(int i = 1; i <= n;i++){cin >> arr[i];}for(int i = 1; i < n; i++){int a,b;cin >> a >> b;g[a].push_back(b);g[b].push_back(a);}set<int> st = dfs(1,1);if(st.size() >= k) res++;cout << res << endl;
}