第14届蓝桥杯C++B组省赛题解(A-J)(更新完毕)

2023-04-23 15:28 由风雨zzm 发表于 #其他

A. 日期统计

题目内容

小蓝现在有一个长度为 $100$ 的数组，数组中的每个元素的值都在 $0$ 到 $9$ 的范围之内。
数组中的元素从左至右如下所示：

5 6 8 6 9 1 6 1 2 4 9 1 9 8 2 3 6 4 7 7 5 9 5 0 3 8 7 5 8 1 5 8 6 1 8 3 0 3 7 9 2 7
0 5 8 8 5 7 0 9 9 1 9 4 4 6 8 6 3 3 8 5 1 6 3 4 6 7 0 7 8 2 7 6 8 9 5 6 5 6 1 4 0 1
0 0 9 4 8 0 9 1 2 8 5 0 2 5 3 3

现在他想要从这个数组中寻找一些满足以下条件的子序列：

子序列的长度为 $8$；
这个子序列可以按照下标顺序组成一个 $yyyymmdd$ 格式的日期，并且
要求这个日期是 $2023$ 年中的某一天的日期，例如 $20230902，20231223$。
$yyyy$ 表示年份，$mm$ 表示月份，$dd$ 表示天数，当月份或者天数的长度只有一位时需要一个前导零补充。
请你帮小蓝计算下按上述条件一共能找到多少个不同的 $2023$ 年的日期。
对于相同的日期你只需要统计一次即可。
本题的结果为一个整数，在提交答案时只输出这个整数，输出多余的内容将无法得分。

思路

八重循环枚举日期+set去重即可
$Tips:$ 前4重特判2023,否则程序会跑的很慢

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=110;
int n=100;
int num[N];
set<string>s;

bool check(string all)
{
	int m=stoi(all.substr(0,2));
	int d=stoi(all.substr(2,2));
	
	int mon[]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
	if(m>=1&&m<=12)
	{
		if(d>=1&&d<=mon[m])
			return true;
	}
	
	return false;
}
int main()
{
	for(int i=0;i<n;i++)cin>>num[i];



	for(int a=0;a<n;a++)
	{
	
		if(num[a]!=2)continue;
		for(int b=a+1;b<n;b++)
		{
			if(num[b]!=0)continue;
			for(int c=b+1;c<n;c++)
			{
				if(num[c]!=2)continue;
				for(int d=c+1;d<n;d++)
				{	
					if(num[d]!=3)continue;
					for(int e=d+1;e<n;e++)
					{
						for(int f=e+1;f<n;f++)
						{
							for(int g=f+1;g<n;g++)
							{
								for(int h=g+1;h<n;h++)
								{
									string n1=to_string(num[e]);
									string n2=to_string(num[f]);
									string n3=to_string(num[g]);
									string n4=to_string(num[h]);
									string all=n1+n2+n3+n4;
									if(check(all))s.insert(all);
									
									
								}
							}
						}
					}
				}
			}
		}
	}	
	
	
	cout<<s.size()<<endl;
	
	return 0;
}

答案

对于一个长度 $ n $ 的 $01$ 串 $S = x_1x_2x_3...x_n$。
香农信息熵的定义为：$H(S)=-\sum_{i=1}^{n}p(x_i)log_2(p(x_i))$ ,其中 $p(0)$, $p(1)$ 表示在这个 $01$ 串中 $0$ 和 $1$ 出现的占比。
比如，对于 $S = 100$ 来说，信息熵 $H(S) = - \frac{1}{3}log_2(\frac{1}{3}) - \frac{2}{3} log_2(\frac{2}{3}) = 1.3083$。
对于一个长度为 $23333333$ 的 $01$ 串，如果其信息熵为 $11625907.5798$ ，且 $0$ 出现次数比 $1$ 少，那么这个 $01$ 串中 $0$ 出现了多少次？
本题的结果为一个整数，在提交答案时只输出这个整数，输出多余的内容将无法得分。

思路

按题意模拟即可，由题意可得 $H(S)$的值只与 $01$ 出现的次数有关，因为 $0$ 出现次数比 $1$ 少，所以可以从 $\lfloor \frac{23333333}{2} \rfloor = 11666666$ 开始往下枚举0的个数，同时计算 $p(0)，p(1)$ 的占比，带入公式验证是否相等，注意设置误差范围去判断浮点数是否相等

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double eps=1e-4;
//#define double long double
int len;

int main()
{
	int len=23333333;
	for(int i=len/2;i>=1;i--)
	{
		double px0=1.0*i/len,px1=1.0*(len-i)/len;
		double H=-(i*px0*log2(px0)+(len-i)*px1*log2(px1));
		if(fabs(H-11625907.5798)<=eps)
		{
			cout<<i<<endl;
			return 0;
		}
	}
	
	return 0;
}

答案

11027421

C.冶炼金属

题目内容

小蓝有一个神奇的炉子用于将普通金属 $O$ 冶炼成为一种特殊金属 $X$ 。这个炉子有一个称作转换率的属性 $V$ ，$V$ 是一个正整数，这意味着消耗 $V$ 个普通金属 $O$ 恰好可以冶炼出一个特殊金属 $X$。当普通金属 $O$ 的数目不足 $V$ 时，无法继续冶炼。现在给出了 $N$ 条冶炼记录，每条记录中包含两个整数 $A$ 和 $B$，这表示本次投入了 $A$ 个普通金属$O$，最终冶炼出了 $B$ 个特殊金属 $X$。每条记录都是独立的，这意味着上一次没消耗完的普通金属 $O$ 不会累加到下一次的冶炼当中。根据这 $N$ 条冶炼记录，请你推测出转换率 $V$ 的最小值和最大值分别可能是多少。题目保证评测数据不存在无解的情况。

输入格式

第一行一个整数 $N$，表示冶炼记录的数目。
接下来输入 $N$ 行，每行两个整数 $A、B$ ，含义如题目所述。
对于 $30\%$ 的评测用例，$1 ≤ N ≤ 100$
对于 $60\%$ 的评测用例，$1 ≤ N ≤ 1000$
对于 $100\%$ 的评测用例，$1 ≤ N ≤ 10000，1 ≤ B ≤ A ≤ 1,000,000,000$

输出格式

输出两个整数，分别表示 $V$ 可能的最小值和最大值，中间用空格分开。

输入样例

输出样例

20 25

思路

求最小值和最大值问题，可以利用二分答案进行判断。

求最小值
- 假设最终答案为 $S$
  - 因为 $S$ 的最优性，若要求答案 $<S$，对于每组金属 $A$ 至少有一个不能冶炼出 $B$ 个特殊金属
  - 若答案可以 $>S$，则一定存在一个属性 $V$ ，使得每组金属 $A$ 都能冶炼出对应的 $B$ 个特殊金属，最优解就处于可行性的分界点上
求最大值与上面同理

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+10;
int a[N],b[N];
int n;

bool check_min(int x)
{
	//如果某一组存在a[i]/x的值比实际B大，说明V可以继续增加
	for(int i=0;i<n;i++)
		if(a[i]/x>b[i])return false;
	
	return true;
}

bool check_max(int x)
{
	//如果某一组存在a[i]/x的值比实际B小，说明V可以继续减小
	for(int i=0;i<n;i++)
		if(a[i]/x<b[i])return false;
	
	return true;
}
int main()
{
	cin>>n;
	
	for(int i=0;i<n;i++)cin>>a[i]>>b[i];
	
	
	int l=0,r=1e9;
	
	//求最小值
	while(l<r)
	{
		int mid=l+r>>1;
		if(check_min(mid))r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	
	cout<<l<<' ';
	
	
	l=0,r=1e9;
	
	//求最大值
	while(l<r)
	{
		int mid=l+r+1>>1;
		//
		if(check_max(mid))l=mid;
		else r=mid-1;
	}
	
	cout<<l<<endl;
	
	return 0;
}

D.飞机降落

题目内容

$N$ 架飞机准备降落到某个只有一条跑道的机场，其中第 $i$ 架飞机在 $T_i$ 时刻到达机场上空，到达时它的剩余油料还可以继续盘旋 $D_i$ 个单位时间。即它最早可以于 $T_i$ 时刻开始降落，最晚可以于 $T_i + D_i$ 时刻开始降落。降落过程需要 $L_i$ 个单位时间。一架飞机降落完毕时，另一架飞机可以立即在同一时刻开始降落。但是不能在前一架飞机完成降落前开始降落。请你判断 $N$ 架飞机是否可以全部安全降落。

输入格式

输入包含多组数据。
第一行包含一个整数 $T$ ，代表测试数据的组数。
对于每组数据，第一行包含一个整数 $N$ 。
以下 $N$ 行，每行包含三个整数：$T_i，D_i$ 和 $L_i$
对于 $30\%$ 的数据，$N ≤ 2$
对于 $100\%$ 的数据，$1 ≤ T ≤ 10，1 ≤ N ≤ 10，0 ≤ T_i,D_i,L_i ≤ 100,000$

输出格式

对于每组数据，输出 $YES$ 或者 $NO$，代表是否可以全部安全降落。

输入样例

输出样例

YES
NO

对于第一组数据:
安排第 $3$ 架飞机于 $0$ 时刻开始降落，$20$ 时刻完成降落。
安排第 $2$ 架飞机于 $20$ 时刻开始降落，$30$ 时刻完成降落。
安排第 $1$ 架飞机于 $30$ 时刻开始降落，$40$ 时刻完成降落。
对于第二组数据，无论如何安排，都会有飞机不能及时降落。

思路

$N$最大只有$10$,最多10组测试组数，可以暴搜枚举所有方案

优化：若搜索到一种合法方案，剪枝一路返回即可，不需要继续搜索

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<int,int>PII;
const int N=12;
PII a[N];
int d[N];
bool st[N];
int n;

//代表枚举到第u层，当前飞机的降落结束时间为now
bool dfs(int u,int now)
{
	
	if(u>=n)
	{
		for(int i=0;i<n;i++)
			if(!st[i])return false;
		
		return true;
	}
	
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		if(!st[i])
		{
			st[i]=true;
			//如果当前飞机的最早降落时间小于等于now，并且最晚降落时间大于等于now，
			//则从当前时刻开始降落
			if(a[i].x<=now&&a[i].y>=now)
			{
				//降落结束时间now更新为now+d[i]，继续枚举下一架飞机
				if(dfs(u+1,now+d[i]))return true;
			}
			//如果当前飞机的最早降落时间大于等于now
			else if(a[i].x>=now)
			{
				//降落结束时间now更新为a[i].x+d[i]，继续枚举下一架飞机
				if(dfs(u+1,a[i].x+d[i]))return true;
			}
			st[i]=false;
		}
	}
	
	return false;
}
int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n;
		
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
			cin>>a[i].x>>a[i].y>>d[i];
			a[i].y+=a[i].x;
		}

		memset(st,0,sizeof st);
		puts(dfs(0,0)?"YES":"NO");
	}
	
	return 0;
}

E.接龙数列

题目内容

对于一个长度为 $K$ 的整数数列：$A_1, A_2, ... , A_K$，我们称之为接龙数列：当且仅当 $A_i$ 的首位数字恰好等于 $A_{i−1}$ 的末位数字$(2 ≤ i ≤ K)$。例如：$12, 23, 35, 56, 61, 11$ 是接龙数列；$12, 23, 34, 56$ 不是接龙数列，因为 $56$ 的首位数字不等于 $34$ 的末位数字。所有长度为 1 的整数数列都是接龙数列。现在给定一个长度为 $N$ 的数列 $A_1, A_2, ... , A_N$，请你计算最少从中删除多少个数，可以使剩下的序列是接龙序列？

输入格式

第一行包含一个整数 $N$ 。
第二行包含 $N$ 个整数 $A_1, A_2, ... , A_N$。
对于 $20\%$ 的数据，$1 ≤ N ≤ 20$。
对于 $50\%$ 的数据，$1 ≤ N ≤ 10000$。
对于 $100\%$ 的数据，$1 ≤ N ≤ 10^5，1 ≤ A_i ≤ 10^9$。
所有 $A_i$ 保证不包含前导 $0$。

输出格式

一个整数代表答案。

输入样例

5
11 121 22 12 2023

输出样例

删除 $22$，剩余 $ 11, 121, 12, 2023 $ 是接龙数列。

思路

线性 $dp$，定义状态 $f[i]$ , 代表以 $i$ 结尾的最长序列的长度
因此，所求的最少删除数的个数 = $n - $最长接龙序列的长度

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=12;
int f[N];
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	
	int maxv=0;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		string s;
		cin>>s;
		int a=s[0]-'0',b=s.back()-'0';
		f[b]=max(f[b],f[a]+1);//接到前面以a结尾的数后面；或者替换掉前面一个以b结尾的数，保持不变
		maxv=max(maxv,f[b]);//更新最大值
	}
	
	cout<<n-maxv<<endl;
	
	return 0;
}

F.岛屿数量

题目内容

小蓝得到了一副大小为 $M × N$ 的格子地图，可以将其视作一个只包含字符$0$（代表海水）和 $1$（代表陆地）的二维数组，地图之外可以视作全部是海水，每个岛屿由在上/下/左/右四个方向上相邻的 $1$ 相连接而形成。在岛屿 A 所占据的格子中，如果可以从中选出 $k$ 个不同的格子，使得他们的坐标能够组成一个这样的排列：$(x_0, y_0),(x_1, y_1), . . . ,(x_{k−1}, y_{k−1})$，其中 $($ $x_{(i+1)\%k}, y_{(i+1)\%k}$ $)$ 是由 $(x_i, y_i)$ 通过上/下/左/右移动一次得来的 $(0 ≤ i ≤ k − 1)$，此时这 $k$ 个格子就构成了一个 “环”。如果另一个岛屿 $B$ 所占据的格子全部位于这个 “环” 内部，此时我们将岛屿 B 视作是岛屿 $A$ 的子岛屿。若 $B$ 是 $A$ 的子岛屿，$C$ 又是 $B$ 的子岛屿，那 $C$ 也是 $A$ 的子岛屿。请问这个地图上共有多少个岛屿？在进行统计时不需要统计子岛屿的数目。

输入格式

第一行一个整数 $T$，表示有 $T$ 组测试数据。
接下来输入 $T$ 组数据。对于每组数据，第一行包含两个用空格分隔的整数 $M、N$ 表示地图大小；接下来输入 $M$ 行，每行包含 $N$ 个字符，字符只可能是 $0$ 或 $1$

输出格式

对于每组数据，输出一行，包含一个整数表示答案。

输入样例

输出样例

1
3

对于第一组数据，包含两个岛屿，下面用不同的数字进行了区分：

岛屿 $2$ 在岛屿 $1$ 的 “环” 内部，所以岛屿 $2$ 是岛屿 $1$ 的子岛屿，答案为 $1$。
对于第二组数据，包含三个岛屿，下面用不同的数字进行了区分：

注意岛屿 $3$ 并不是岛屿 $1$ 或者岛屿 $2$ 的子岛屿，因为岛屿 $1$ 和岛屿 $2$ 中均没有“环”。
对于 $30\%$ 的评测用例，$1 ≤ M, N ≤ 10$ 。
对于 $100\%$ 的评测用例，$1 ≤ T ≤ 10，1 ≤ M, N ≤ 50$ 。

思路

两次宽搜，从 $(1,1)$ 处存图

第一次宽搜，先从 $(0,0)$ ，即海水处开始向八个方向搜索，将能搜索到的 $0$ 标记成 $\#$，将每块岛屿分隔开
第二次宽搜，遍历 $g[][]$ 数组，当遇到 $1$ 的时候，将 $1$ 包围的整块区域标记成 $\#$，同时要统计的岛屿个数加一

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define x first 
#define y second
using namespace std;
typedef pair<int,int>PII;
const int N=55;
char g[N][N];
int n,m;
int dx[]={-1,0,1,0,-1,-1,1,1};
int dy[]={0,1,0,-1,-1,1,1,-1};

//分隔岛屿
void bfs1(int x,int y)
{
	queue<PII>q;
	
	q.push({0,0});
	g[0][0]='#';
	while(q.size())
	{
		auto t=q.front();
		q.pop();
		
		for(int i=0;i<8;i++)
		{
			int a=t.x+dx[i],b=t.y+dy[i];
			if(a<0||a>n+1||b<0||b>m+1||g[a][b]=='1'||g[a][b]=='#')continue;
			g[a][b]='#';
			q.push({a,b});
		}
	}
}

//将整块岛屿标记
void bfs2(int x,int y)
{
	queue<PII>q;
	
	q.push({x,y});
	g[x][y]='#';
	while(q.size())
	{
		auto t=q.front();
		q.pop();
		
		for(int i=0;i<4;i++)
		{
			int a=t.x+dx[i],b=t.y+dy[i];
			if(a<1||a>n||b<1||b>m||g[a][b]=='#')continue;
			g[a][b]='#';
			q.push({a,b});
		}
	}
}

int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n>>m;
		memset(g,'0',sizeof g);
		for(int i=1;i<=n;i++)cin>>g[i]+1;
		
		
		int x,y;
		bfs1(x,y);
			
		int cnt=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=m;j++)
				if(g[i][j]=='1')
					bfs2(i,j),cnt++;//统计个数
			
		cout<<cnt<<endl;
	}
	
	return 0;
}

G.子串简写

题目内容

程序猿圈子里正在流行一种很新的简写方法：
对于一个字符串，只保留首尾字符，将首尾字符之间的所有字符用这部分的长度代替。
例如 $internationalization$ 简写成 $i18n，Kubernetes$ 简写成 $K8s, Lanqiao$ 简写成 $L5o$ 等。
在本题中，我们规定长度大于等于 $K$ 的字符串都可以采用这种简写方法。
长度小于 $K$ 的字符串不允许使用这种简写。
给定一个字符串 $S$ 和两个字符 $c_1$ 和 $c_2$。
请你计算 $S$ 有多少个以 $c_1$ 开头 $c_2$ 结尾的子串可以采用这种简写？

输入格式

第一行包含一个整数 $K$。
第二行包含一个字符串 $S$ 和两个字符 $c_1$ 和 $c_2$。
对于 $20\%$ 的数据，$2 ≤ K ≤ |S| ≤ 10000$。
对于 $100\%$ 的数据，$2 ≤ K ≤ |S| ≤ 5 × 10^5$。
$S$ 只包含小写字母。$c_1$ 和 $c_2$ 都是小写字母。
$|S|$ 代表字符串 $S$ 的长度。

输出格式

一个整数代表答案

输入样例

4
abababdb a b

输出样例

符合条件的子串如下所示，中括号内是该子串：
$[abab]abdb$
$[ababab]db$
$[abababdb]$
$ab[abab]db$
$ab[ababdb]$
$abab[abdb]$

思路

先求出 $c_1$ 的前缀和数组 $s[i]$ ，统计$c_1$在前缀中出现的次数。接着遍历字符串，每遇到一次 $c_2$ ，就加上 $s[i-k+1]$ ，即加上以 $c_1$ 开头 $c_2$ 结尾且长度大于等于 $K$ 的字符串，最后得到答案。
$Tips:$注意最后答案可能很大，要开 $longlong$

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+10;
char str[N];
ll cnt[N];
char st,ed;
int k;

int main()
{
	cin>>k;
	
	cin>>str+1>>st>>ed;
	
	int n=strlen(str+1);
	//统计c1的前缀和
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(str[i]==st)cnt[i]=cnt[i-1]+1;
		else cnt[i]=cnt[i-1];
	
	
	//累加求个数
	ll res=0;
	for(int i=k;i<=n;i++)
		if(str[i]==ed)res+=cnt[i-k+1];
	
	
	cout<<res<<endl;
	
	return 0;
}

H.整数删除

题目内容

给定一个长度为 $N$ 的整数数列：$A_1, A_2, . . . , A_N$ 。你要重复以下操作 $K$ 次：
每次选择数列中最小的整数（如果最小值不止一个，选择最靠前的），将其删除。并把与它相邻的整数加上被删除的数值。输出 $K$ 次操作后的序列。

输入格式

第一行包含两个整数 $N$ 和 $K$。
第二行包含 $N$ 个整数，$A_1, A_2, A_3, . . . , A_N$。

输出格式

输出 $N − K$ 个整数，中间用一个空格隔开，代表 $K$ 次操作后的序列。

输入样例

5 3
1 4 2 8 7

输出样例

17 7

数列变化如下，中括号里的数是当次操作中被选择的数：

[1] 4 2 8 7
5 [2] 8 7
[7] 10 7
17 7

对于 $20\%$ 的数据，$1 ≤ K < N ≤ 10000$。
对于 $100\%$ 的数据，$1 ≤ K < N ≤ 5 × 10^5，0 ≤ A_i ≤ 10^8$。

思路

题目关键是删除数列最小值，并且动态维护最小值。若取出最小元素的值比原来有变化，要重新放入优先队列中判断；否则就将其删除

删除操作考虑使用双链表，进行 $O(1)$ 删除
最小值利用优先队列去维护

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N=5e5+10;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,int>PII;
ll e[N],l[N],r[N];

priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII>>q;

int n,k;

//双链表删除
void dele(int k)
{
	l[r[k]]=l[k];
	r[l[k]]=r[k];
	e[l[k]]+=e[k];
	e[r[k]]+=e[k];
	
}

int main()
{
	cin>>n>>k;
	
	//双链表的头尾
	r[0]=1,l[n+1]=n;
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x;
		cin>>x;
		e[i]=x,l[i]=i-1,r[i]=i+1;
		q.push({e[i],i});//优先队列，小根堆，储存值和编号
	}
	
	while(k--)
	{
		auto t=q.top();
		q.pop();
		
		//取出最小元素，如果值有变化，重新放入优先队列中；否则将其删除
		if(t.x!=e[t.y])q.push({e[t.y],t.y}),k++;
		else dele(t.y);	
	}
	
	for(int i=r[0];i!=n+1;i=r[i])
		cout<<e[i]<<' ';
	
	
	return 0;
}

I.景区导游

题目内容

某景区一共有 $N$ 个景点，编号 $1$ 到 $N$。景点之间共有 $N − 1$ 条双向的摆渡车线路相连，形成一棵树状结构。在景点之间往返只能通过这些摆渡车进行，需要花费一定的时间。
小明是这个景区的资深导游，他每天都要按固定顺序带客人游览其中 $K$ 个景点：$A_1, A_2, . . . , A_K$ 。今天由于时间原因，小明决定跳过其中一个景点，只带游客按顺序游览其中 $K − 1$ 个景点。具体来说，如果小明选择跳过 $A_i$，那么他会按顺序带游客游览 $ A_1, A_2, . . . , A_{i−1}, A_{i+1}, . . . , A_K, (1 ≤ i ≤ K) $。
请你对任意一个 $A_i$，计算如果跳过这个景点，小明需要花费多少时间在景点之间的摆渡车上？

输入格式

第一行包含 $2$ 个整数 $N$ 和 $K$。
以下 $N − 1$ 行，每行包含 $3$ 个整数 $u, v$ 和 $t$，代表景点 $u$ 和 $v$ 之间有摆渡车线路，花费 $t$ 个单位时间。
最后一行包含 $K$ 个整数 $A_1, A_2, . . . , A_K$ 代表原定游览线路。

输出格式

输出 $K$ 个整数，其中第 $i$ 个代表跳过 $A_i$ 之后，花费在摆渡车上的时间。

输入样例

输出样例

10 7 13 14

原路线是 $2 → 6 → 5 → 1$。
当跳过 $2$ 时，路线是 $6 → 5 → 1$，其中 $6 → 5$ 花费时间 $3 + 2 + 2 = 7，5 → 1$ 花费时间 $2 + 1 = 3$，总时间花费 $10$。
当跳过 $6$ 时，路线是 $2 → 5 → 1$，其中 $2 → 5$ 花费时间 $1 + 1 + 2 = 4，5 → 1$ 花费时间 $2 + 1 = 3$，总时间花费 $7$。
当跳过 $5$ 时，路线是 $2 → 6 → 1$，其中 $2 → 6$ 花费时间 $1 + 1 + 2 + 3 = 7，6 → 1$ 花费时间 $3 + 2 + 1 = 6$，总时间花费 $13$。
当跳过 $1 $时，路线时 $2 → 6 → 5$，其中 $2 → 6$ 花费时间 $1 + 1 + 2 + 3 = 7，6 → 5$ 花费时间 $3 + 2 + 2 = 7$，总时间花费 $14$。

对于 $20\%$ 的数据，$2 ≤ K ≤ N ≤ 10^2$。
对于 $40\%$ 的数据，$2 ≤ K ≤ N ≤ 10^4$。
对于 $100\%$ 的数据，$2 ≤ K ≤ N ≤ 10^5，1 ≤ u, v, A_i ≤ N，1 ≤ t ≤ 10^5$。保证 $A_i$ 两两不同。

思路

$LCA$板子题，题目中是一棵树形图，求用时即为求树上任意两点间的距离，可利用$LCA$快速求出两点之间的距离。求树上两个点距离的时候，可以预处理出每个点到根节点的距离。
两点间最短距离公式: $x$ 到 $y$ 的距离 $= d[x]+d[y] - 2*d[lca(x,y)]$ ，本题可以先计算不跳过景点时的总用时，之后分类讨论

删除第 $1$ 个结点时，减去 $1 \sim 2$ 之间的用时即可
删除第 $k$ 个结点时，减去 $k-1 \sim k$ 之间的用时
其他情况减去 $i-1 \sim i,i\sim i+1$ 之间的用时,并且加上 $i-1 \sim i+1$ 之间的用时
时间复杂度：预处理 $O(nlogn)$ 查询：$O(logn)$

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10,M=N*2;
typedef long long ll;
int h[N],e[M],ne[M],w[M],idx;
int f[N][20];
int depth[N];
ll d[N];
int A[N];

void add(int a,int b,int c)
{
    e[idx]=b;
    w[idx]=c;
    ne[idx]=h[a];
    h[a]=idx++;
}

//计算所有结点到根节点1的距离
void bfs()
{
    queue<int>q;
    depth[1]=1;
    q.push(1);
    
    while(q.size()){
        int t=q.front();
        q.pop();
        
        
        for(int i=h[t];i!=-1;i=ne[i])
        {
            int j=e[i];
            if(depth[j])continue;
            q.push(j);
            
            if(depth[j])continue;
            depth[j]=depth[t]+1;
            d[j]=d[t]+w[i];
            f[j][0]=t;
            for(int k=1;k<=19;k++)
                f[j][k]=f[f[j][k-1]][k-1];
            
        }
    }
    
}


//倍增法求lca
int lca(int a,int b)
{
    if(depth[a]<depth[b])swap(a,b);
    
    for(int i=19;i>=0;i--)
        if(depth[f[a][i]]>=depth[b])
            a=f[a][i];
    
    
    if(a==b)return a;
    for(int i=19;i>=0;i--)
        if(f[a][i]!=f[b][i])
            a=f[a][i],b=f[b][i];
    
    
    return f[a][0];
}

int main()
{ 	
	
	memset(h,-1,sizeof h);
	int n,k;
   
    cin>>n>>k;
    
    for(int i=0;i<n-1;i++)
    {
        int a,b,c;
        cin>>a>>b>>c;
        add(a,b,c),add(b,a,c);
    }
    
    bfs();
    
    
    for(int i=1;i<=k;i++)
    	cin>>A[i];
    

    //求不删除结点前的总用时
    ll res=0;
    for(int i=2;i<=k;i++)
    {
    	int p=lca(A[i],A[i-1]);
		res+=d[A[i]]+d[A[i-1]]-2*d[p];
	}
	
	
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
    	ll dist;

		if(i==1)//删除第一个结点时，减去1~2之间的用时即可
		{
    		int p=lca(A[1],A[2]);
			dist=d[A[1]]+d[A[2]]-2*d[p];
			cout<<res-dist<<' ';
				
		}
		else if(i==k)//删除第k个结点时，减去k-1~k之间的用时
		{
			int p=lca(A[k],A[k-1]);
			dist=d[A[k]]+d[A[k-1]]-2*d[p];
			cout<<res-dist<<' ';
			
		}
		else{//其他情况减去i-1~i,i~i+1之间的用时,并且加上i-1~i+1之间的用时
			
			int p1=lca(A[i-1],A[i]);
			int p2=lca(A[i],A[i+1]);
			int p3=lca(A[i-1],A[i+1]);
			dist=d[A[i-1]]+d[A[i]]-2*d[p1]+d[A[i]]+d[A[i+1]]-2*d[p2];
			
			cout<<res-dist+d[A[i-1]]+d[A[i+1]]-2*d[p3]<<' ';
			
		}
		
	}
    
    
    return 0;
    
}

J.砍树

题目内容

题目描述
给定一棵由 $n$ 个结点组成的树以及 $m$ 个不重复的无序数对 $(a_1, b_1), (a_2, b_2), ... , (a_m, b_m) $，其中 $a_i$ 互不相同，$b_i$ 互不相同，$a_i ≠ b_j(1 ≤ i, j ≤ m)$。
小明想知道是否能够选择一条树上的边砍断，使得对于每个 $(a_i, b_i)$ 满足 $a_i$ 和 $b_i$ 不连通。
如果可以则输出应该断掉的边的编号（编号按输入顺序从 $1$ 开始），否则输出 $-1$ 。

输入格式

输入共 $n + m$ 行，第一行为两个正整数 $n，m$。
后面 $n − 1$ 行，每行两个正整数 $x_i，y_i$ 表示第 $i$ 条边的两个端点。
后面 $m$ 行，每行两个正整数 $a_i，b_i$ 。
对于 $30\%$ 的数据，保证 $1 < n ≤ 1000$。
对于 $100\%$ 的数据，保证 $1 < n ≤ 100000，1 ≤ m ≤ n / 2$ 。

输出格式

一行一个整数，表示答案，如有多个答案，输出编号最大的一个。

输入样例

输出样例

断开第 2 条边后形成两个连通块：{3, 4}，{1, 2, 5, 6}，满足 3 和 6 不连通，4 和 5 不连通。
断开第 4 条边后形成两个连通块：{1, 2, 3, 4}，{5, 6}，同样满足 3 和 6 不连通，4 和 5 不连通。
4 编号更大，因此答案为 4。

思路

$LCA + $树上差分模板题，若砍掉某条边让这两点不连通，那么这条边一定是从 $x$ 到 $y$ 路径上的一点，我们可以利用树上差分，让 $diff[x]+1,diff[y]+1,diff[lca(x,y)]-2$ ，最后做一遍 $dfs$ 求和,让从 $x$ 到 $y$ 路径的边权值都加1，只需要从编号最大的倒序遍历，若存在一条边的值为 $m$，则该边即为所求答案。若不存在，则输出 $-1$

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second;
using namespace std;
const int N=1e5+10,M=N*2;
typedef pair<int,int>PII;
int h[N],e[M],ne[M],idx;
int depth[N];//记录深度
int f[N][20];
int diff[N];//差分数组
PII edge[N];//记录每条边的编号
int n,m;	

void add(int a,int b)
{
	e[idx]=b;
	ne[idx]=h[a];
	h[a]=idx++;
}

void dfs(int u,int fa)
{
	depth[u]=depth[fa]+1;
	
	f[u][0]=fa;
	
	for(int i=1;i<=19;i++)
		f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];
		
	for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i])
	{
		int j=e[i];
		if(j!=fa)
		{
			dfs(j,u);
		}
	}
	
}

//倍增法求lca
int lca(int a,int b)
{
	if(depth[a]<depth[b])swap(a,b);
	
	for(int i=19;i>=0;i--)
		if(depth[f[a][i]]>=depth[b])
			a=f[a][i];
			
			
	
	if(a==b)return a;
	
	for(int i=19;i>=0;i--)
		if(f[a][i]!=f[b][i])
			a=f[a][i],b=f[b][i];
			
	return f[a][0];
}

//利用dfs对树上的差分数组求和
void dfs1(int u,int fa)
{
	for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i])
	{
		int j=e[i];	
		if(j!=fa)
		{
			dfs1(j,u);
			diff[u]+=diff[j];
		}
	}
}

int main()
{
	memset(h,-1,sizeof h);
	cin>>n>>m;
	
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int a,b;
		cin>>a>>b;
		edge[i]={a,b};
		add(a,b),add(b,a);
		
	}
	
	dfs(1,0);
	
	for(int i=0;i<m;i++)
	{
		int a,b;
		cin>>a>>b;
		int p=lca(a,b);
		
		diff[a]++,diff[b]++;
		diff[p]-=2;
	}
	  
	dfs1(1,0);
	
	
	int res=-1;
	for(int i=n-1;i>=1;i--)
	{
		int a=edge[i].x,b=edge[i].y;
		if(depth[a]<depth[b])swap(a,b);//边的权值保存在深度大的节点上
		if(diff[a]==m)
		{
			res=i;
			break;
		}
		
	}
	cout<<res<<endl;
	return 0;
}