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;
}
