<>第十四届蓝桥杯省赛c/c++大学B组题解

个人答案,有错漏感谢指正哈

<>试题 A: 日期统计

本题总分:5 分
【问题描述】
  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。
【答案提交】
这是一道结果填空的题,你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数,在提交答案时只填写这个整数,填写多余的内容将无法得分

【解题思路】
暴力枚举吧!2023前缀剪一下枝,不会很慢的

【代码】
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; string s; int getday[13]={0,31,28,
31,30,31,30,31,31,30,31,30,31}; set<string> se;//相同日期过滤 void dfs(string ss,int i
){ if(ss.size()==8){ int year=stoi(ss.substr(0,4)); int month=stoi(ss.substr(4,2
)); int day=stoi(ss.substr(6,2)); if(year==2023){ if(month>=1&&month<=12){ if(
day>=1&&day<=getday[month]){ se.insert(ss); } } } return;//8个字符后面就没必要了 } if(i==s
.size())return;//深搜完成,退出 if(ss.size()==1&&ss.back()!='2')return;//年份不符合条件,直接退出
if(ss.size()==2&&ss.back()!='0')return;//年份不符合条件,直接退出 if(ss.size()==3&&ss.back()
!='2')return;//年份不符合条件,直接退出 if(ss.size()==4&&ss.back()!='3')return;
//年份不符合条件,直接退出 if(ss.size()==5&&stoi(ss.substr(4,1))>1)return;//月份不符合条件,直接退出 if(
ss.size()==6&&(stoi(ss.substr(4,2))>12||stoi(ss.substr(4,2))==0))return;
//月份不符合条件,直接退出 if(ss.size()==7&&(stoi(ss.substr(6,1))>3))return;//日不符合条件,直接退出 if
(ss.size()==8&&(stoi(ss.substr(6,2))>31||stoi(ss.substr(6,2))==0))return;
//月份不符合条件,直接退出 dfs(ss,i+1);//不选当前字符 ss+=s[i]; dfs(ss,i+1);//选择当前字符 } int main()
{ string s1 = "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"; for(int c:s1){//过滤空格
if(c!=' '){ s+=c; } } dfs("",0); cout<<se.size(); }
【答案】
235
应该是235吧?

<>试题 B: 01 串的熵

本题总分:5 分
【问题描述】
  对于一个长度为 n 的 01 串 S = x1 x2 x3…xn,香农信息熵的定义为 H(S ) = − ∑ 1 n p ( x i ) l o g
2 ( p ( x i ) ) -\sum_{1}^{n}p(x_i)log_2(p(x_i))−∑1n​p(xi​)log2​(p(xi​)),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 ) = − 1 3 l o g 2 (
1 3 ) − 2 3 l o g 2 ( 2 3 ) − 2 3 l o g 2 ( 2 3 )
-\frac{1}{3}log_2(\frac{1}{3})-\frac{2}{3}log_2(\frac{2}{3})-\frac{2}{3}log_2(\frac{2}{3})
−31​log2​(31​)−32​log2​(32​)−32​log2​(32​)=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?

【答案提交】
这是一道结果填空的题,你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数,在提交答案时只填写这个整数,填写多余的内容将无法得分。

【解题思路】
暴力枚举,枚举答案即可,题目看着吓人,实则白送5分

【代码】
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ for(int i=0;i<=
23333333;i++){ double ans = -(double)i*i/23333333*log((double)i/23333333)/log(2)
-(23333333.0-i)*(23333333-i)/23333333*log((23333333.0-i)/23333333)/log(2); //
cout<<ans<<endl; if(abs(ans-11625907.5798)<1e-4){ cout<<i<<endl; break; } } }
【运行结果】
11027421
<>试题 C: 冶炼金属

时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分:10 分

【问题描述】
  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。

【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。

【样例输入】
3 75 3 53 2 59 2
【样例输出】
20 25
【样例说明】
  当 V = 20 时,有:⌊ 75 20 \frac{75}{20 } 2075​ ⌋ = 3,⌊ 53 20 \frac{53}{20 } 2053​
⌋ = 2,⌊ 59 20 \frac{59}{20 } 2059​⌋ = 2,可以看到符合所有冶炼
记录。
  当 V = 25 时,有:⌊ 75 25 \frac{75}{25} 2575​ ⌋ = 3,⌊ 53 25 \frac{53}{25 } 2553​
⌋ = 2,⌊ 59 25 \frac{59}{25} 2559​⌋ = 2,可以看到符合所有冶炼
记录。
  且再也找不到比 20 更小或者比 25 更大的符合条件的 V 值了。

【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测用例,1 ≤ N ≤ 102。
对于 60% 的评测用例,1 ≤ N ≤ 103。
对于 100% 的评测用例,1 ≤ N ≤ 104,1 ≤ B ≤ A ≤ 109。

【解题思路】

题目意思就是让每种金属都必须炼制出B个特殊金属,多一个少一个都不行,枚举速率的话是一个抛物线形状。答案只有速率太低,速率合适,速率太高,只需要二分枚举速率,特殊地取上下边界即可,

【代码】
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n; long long a[10010]; long
long b[10010]; vector<vector<long long>> ve; int check(long long v){ for(int i=0
;i<n;i++){ if(a[i]/v<b[i]){ return 2;//速率太慢,需要加快,注意速率越快v的值应该越小 }else if(a[i]/v>b
[i]){ return 0;//速率太快,需要减慢 } } return 1; } int main(){ cin>>n; for(int i=0;i<n;i
++){ cin>>a[i]>>b[i]; } long long ans1=0,ans2=0; long long l=0,r=1e10;//r大一点比较稳
while(l<r){ long long m=(l+r)/2; if(check(m)==2){ r=m-1; }else if(check(m)==1){
//取左边界 r=m; }else{ l=m+1; } } ans1=l; l=0,r=1e10;//r大一点比较稳 while(l<r){ long long
m=(l+r)/2+1; if(check(m)==2){ r=m-1; }else if(check(m)==1){//取右边界 l=m; }else{
l=m+1; } } ans2=l; cout<<ans1<<' '<<ans2<<endl; }
<>试题 D: 飞机降落

时间限制: 2.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分:10 分

【问题描述】

  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 Ti 时刻到达机场上空,到达时它的剩余油料还可以继续盘旋 Di 个单位时间,即它最早
可以于 Ti 时刻开始降落,最晚可以于 Ti + Dii时刻开始降落。降落过程需要 Li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:Ti,Di 和 Li。

【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。

【样例输入】
2 3 0 100 10 10 10 10 0 2 20 3 0 10 20 10 10 20 20 10 20
【样例输出】
YES NO
【样例说明】
  对于第一组数据,可以安排第 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。

【评测用例规模与约定】
对于 30% 的数据,N ≤ 2。
对于 100% 的数据,1 ≤ T ≤ 10,1 ≤ N ≤ 10,0 ≤ Ti, Di, Li ≤ 105。

【解题思路】
看数据,N最多为10,时间2秒钟,盲猜暴力题,全排列所有的可能即可,复杂度O(10!*10),不会超时吧。。。

【代码】
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; long long t[15],d[15],l[15]; int n
; int check(){ int p[10]={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}; do{ long long time=0; int f=1;
for(int i=0;i<n;i++){ if(time>t[p[i]]+d[p[i]]){//这架飞机已经无法起飞,退出 f=0; break; }
else{//更新这架飞机起飞完成时间 time=max(time,t[p[i]])+l[p[i]]; } } if(f==1)return 1; }
while(next_permutation(p,p+n)); return 0; } int main(){ int tt; cin>>tt; while(
tt--){ cin>>n; for(int i=0;i<n;i++){ cin>>t[i]>>d[i]>>l[i]; } if(check()){ cout
<<"YES"<<endl; }else{ cout<<"NO"<<endl; } } }
<>试题 E: 接龙数列

时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分:15 分

【问题描述】
  对于一个长度为 K 的整数数列:A1, A2, . . . , AK,我们称之为接龙数列当且仅当 Ai 的首位数字恰好等于 Ai−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 A1, A2, . . . , AN,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 A1, A2, . . . , AN。

【输出格式】
一个整数代表答案。

【样例输入】
5 11 121 22 12 2023
【样例输出】
1
【样例说明】
删除 22,剩余 11, 121, 12, 2023 是接龙数列。

【评测用例规模与约定】
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 ≤ 105,1 ≤ Ai ≤ 109。所有 Ai 保证不包含前导 0。

【解题思路】
动态规划,记录以某个字母结尾的最优解即可,例如样例,
i=0时,11,字母1结尾的接龙数列最长为1
i=1时,121 ,字母1结尾的接龙数列最长为2
i=2时,22 ,字母2结尾的接龙数列最长为1
i=3时,12,字母2结尾的接龙数列最长为3
i=4时,2023,字母3结尾的接龙数列最长为4
答案为n-最长的接龙序列,即5-4=1

【代码】
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ int l[10]={0}; int n;
cin>>n; int ma=0; for(int i=0;i<n;i++){ string s; cin>>s; l[s.back()-'0']=max(l[
s.back()-'0'],l[s[0]-'0']+1); ma=max(ma,l[s.back()-'0']); } cout<<n-ma<<endl; }
<>试题 F: 岛屿个数

时间限制: 2.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分:15 分

【问题描述】
  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:(x0, y0),(x1, y1), . . . ,(xk−1, yk
−1),其中(x(i+1)%k, y(i+1)%k) 是由 (xi, yi) 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。

【样例输入】
2 5 5 01111 11001 10101 10001 11111 5 6 111111 100001 010101 100001 111111
【样例输出】
1 3
【样例说明】
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:
01111 11001 10201 10001 11111
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:
111111 100001 020301 100001 111111
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”。

【评测用例规模与约定】
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。

【解题思路】
我做得挺麻烦的,应该有更好的解题思路哈哈
1、0可以往八个方向扩张,如果0能到的地方,那么就一定不是子岛屿。
2、1只能向上下左右四个方向扩张,并且只能扩张到为1的区域,这样能保证第一点的正确性
3、解决记录岛屿的问题–使用并查集,避免重复计算,也减去了大量的判断
4、可以先在图的外层添加一层0,这样从(0,0)点开始bfs就可以了!

【代码】
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int f[5010]; int g1[4][2]={0,1,1,0
,-1,0,0,-1};//上下左右四个方向 int g2[8][2]={0,1,1,0,-1,0,0,-1,1,1,1,-1,-1,-1,-1,1};
//八个方向 int find(int a){//并查集 if(f[a]!=a)return f[a]=find(f[a]); return a; } int
main(){ int t; cin>>t; while(t--){ for(int i=0;i<5010;i++){//初始化并查集 f[i]=i; }
int n,m; cin>>n>>m; string s[55]; for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>s[i]; } for(int i=
0;i<=m+1;i++){//外围加一层0 s[0]+='0'; s[n+1]+='0'; } for(int i=1;i<=n;i++){ s[i]+=
'0'; s[i].insert(0,"0"); } n+=2; m+=2; queue<vector<int>> q; q.push({0,0}); int
vis[55][55]={1};//标记数组 while(!q.empty()){ vector<int> v = q.front(); q.pop(); if
(s[v[0]][v[1]]=='1'){//向四个方向扩张,且为1 for(int i=0;i<4;i++){ int x=v[0]+g1[i][0];
int y=v[1]+g1[i][1]; if(x>=0&&x<n&&y>=0&&y<m&&s[x][y]=='1'){ f[find(v[0]*m+v[1])
]=find(x*m+y);//连接起来 if(vis[x][y]==0){ q.push({x,y}); vis[x][y]=1; } } } }else{
//向八个方向扩张 for(int i=0;i<8;i++){ int x=v[0]+g2[i][0]; int y=v[1]+g2[i][1]; if(x>=
0&&x<n&&y>=0&&y<m){ if(vis[x][y]==0){ q.push({x,y}); vis[x][y]=1; } } } } } long
long ans=0; //第二次计算答案 q.push({0,0}); memset(vis,0,sizeof vis); vis[0][0]=1;
while(!q.empty()){ vector<int> v = q.front(); q.pop(); if(s[v[0]][v[1]]=='1'){
//向四个方向扩张,且为1 if(find(v[0]*m+v[1])==v[0]*m+v[1]){ ans++; } for(int i=0;i<4;i++){
int x=v[0]+g1[i][0]; int y=v[1]+g1[i][1]; if(x>=0&&x<n&&y>=0&&y<m&&s[x][y]=='1')
{ if(vis[x][y]==0){ q.push({x,y}); vis[x][y]=1; } } } }else{//向八个方向扩张 for(int i=
0;i<8;i++){ int x=v[0]+g2[i][0]; int y=v[1]+g2[i][1]; if(x>=0&&x<n&&y>=0&&y<m){
if(vis[x][y]==0){ q.push({x,y}); vis[x][y]=1; } } } } } cout<<ans<<endl; } }
<>试题 G: 子串简写

时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分:20 分

【问题描述】
  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
internation-alization 简写成 i18n,Kubernetes (注意连字符不是字符串的一部分)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 的字符串不配使用这种简写)。
  给定一个字符串 S 和两个字符 c1 和 c2,请你计算 S 有多少个以 c1 开头
c2 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 c1 和 c2。

【输出格式】
一个整数代表答案。

【样例输入】
4 abababdb a b
【样例输出】
6
【样例说明】
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]
【评测用例规模与约定】
对于 20% 的数据,2 ≤ K ≤ |S | ≤ 10000。
对于 100% 的数据,2 ≤ K ≤ |S | ≤ 5 × 105。S 只包含小写字母。c1 和 c2都是小写字母。|S | 代表字符串 S 的长度。

【解题思路】
计算贡献的题目,记录a的前缀和,当遇到字符b时记录答案即可

【代码】
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ int k; string s;
string a,b; cin>>k>>s>>a>>b; long long sum=0; long long ans=0; for(int i=k-1;i<s
.size();i++){ if(s[i-(k-1)]==a[0]){ sum++; } if(s[i]==b[0]){ ans+=sum; } } cout
<<ans<<endl; }
<>试题 H: 整数删除

时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分:20 分

【问题描述】
  给定一个长度为 N 的整数数列:A1, A2, . . . , AN。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,A1, A2, A3, . . . , AN。

【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。

【样例输入】
5 3 1 4 2 8 7
【样例输出】
17 7
【样例说明】
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
【评测用例规模与约定】
对于 20% 的数据,1 ≤ K < N ≤ 10000。
对于 100% 的数据,1 ≤ K < N ≤ 5 × 105,0 ≤ Ai≤ 108。

【解题思路】
用优先级队列动态地获取最小的数,时间复杂度为O(N*logN)
1、用懒标记标记删除的点,在队列中获取数据时判断是否被标记删除,是则丢弃,否则就是要取的点
2、删除当前节点后,左右节点加上当前节点的值,并且左节点的右节点更新为当前节点的右节点、右节点的左节点更新为当前节点的左节点
模拟这个过程即可

【代码】
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; vector<long long> v[
500010];//存节点信息 int f[500010];//标记是否被删除 int main(){ priority_queue<vector<long
long>,vector<vector<long long>>,greater<vector<long long>>> q; cin>>n>>m; v[0]=v
[n+1]={0,0,0}; for(long long i=1;i<=n;i++){ long long a; cin>>a; v[i]={a,i-1,i+1
};//记录值和前后点的位置 q.push({a,i});//把值和下标放入优先级队列 } while(m--){ while(!q.empty()&&(q.
top()[0]!=v[q.top()[1]][0]||f[q.top()[1]]==1)){//被删除的点或者不是最新的点直接丢掉 q.pop(); }
vector<long long> vv=q.top(); q.pop(); f[vv[1]]=1; long long l = v[vv[1]][1];
//左节点 long long r = v[vv[1]][2];//右节点 v[l][0]+=vv[0]; //左节点加上当前节点的值 v[l][2]=v[
vv[1]][2];//左节点的右节点改为当前节点的右节点 v[r][0]+=vv[0]; //右节点加上当前节点的值 v[r][1]=v[vv[1]][1
];//右节点的左节点改为当前节点的左节点 if(l>0&&l<=n){//越界判断 q.push({v[l][0],l}); } if(r>0&&r<=n)
{ q.push({v[r][0],r}); } } int ff=0;//控制输出的空格 for(int i=1;i<=n;i++){//打印未删除的节点
if(f[i]==0){ if(ff==1){ cout<<' '; } ff=1; cout<<v[i][0]; } } }
<>试题 I: 景区导游

时间限制: 5.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分:25 分

【问题描述】
  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:A1, A2, . . . , AK
。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 Ai,那么他会按顺序带游客游览 A1, A
2, . . . , Ai−1, Ai+1, . . . , AK, (1 ≤ i ≤ K)。
  请你对任意一个 Ai,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 A1, A2, . . . , AK 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 Ai 之后,花费在摆渡车上的时间。

【样例输入】
6 4 1 2 1 1 3 1 3 4 2 3 5 2 4 6 3 2 6 5 1
【样例输出】
10 7 13 14
【样例说明】
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。

【评测用例规模与约定】
对于 20% 的数据,2 ≤ K ≤ N ≤ 102。
对于 40% 的数据,2 ≤ K ≤ N ≤ 104。
对于 100% 的数据,2 ≤ K ≤ N ≤ 105,1 ≤ u, v, Ai ≤ N,1 ≤ t ≤ 105。保证Ai 两两不同。

【解题思路】
使用最近公共祖先算法即可解答该题
1、因为题目给出的是无向树,我们任意拿一个作为树的根节点都可以

2、假如要求a、b两点的距离,假设根节点为root,a、b最近公共祖先是c,那么a点和b点之间的距离等于a点到root的距离加上b点到root的距离减去c点到root的距离的两倍

3、如上面样例画出来的图,求点6到点5的距离 = 点6到点1的距离 + 点5到点1的距离 - 2*点3到点1的距离

4、那么我们就要先预处理出所有点到根节点的距离!

5、接下来求出最小公共祖先即可AC了,求最小公共祖先算法有多种,倍增、树链剖分、tanjar离线都可以做到,这到题5秒钟,都不会超时的吧,下面代码是用tanjar离线做的

【代码】
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; vector<vector<long long>> v[100010
]; long long d[100010]; void dfs(long long i,long long p,long long dd){
//i:当前节点,p:父节点,dd目前的距离 d[i]=dd; for(vector<long long> c:v[i]){ if(c[0]!=p){ dfs(
c[0],i,dd+c[1]); } } } long long f[100010]; long long find(long long a){
//tanjar离线算法需要使用并查集 if(f[a]!=a)return f[a]=find(f[a]); return a; } int vis[
100010];//标记数组 vector<long long> vvv[100010];//离线的点 map<pair<long long,long
long>,long long> ma; void dfs2(long long i,long long p){//i:当前节点,p:父节点 for(long
long c:vvv[i]){//记录最近公共祖先 if(vis[c]==1){ ma[{i,c}]=find(c); ma[{c,i}]=find(c); }
} for(vector<long long> c:v[i]){ if(c[0]!=p){ dfs2(c[0],i); } } f[find(i)]=find(
p); vis[i]=1; } int main(){ for(int i=0;i<100010;i++){//初始化并查集 f[i]=i; } int n,
m; cin>>n>>m; for(int i=1;i<n;i++){ long long x,y,val; cin>>x>>y>>val; v[x].
push_back({y,val}); v[y].push_back({x,val}); } vector<long long> vv;//存原本的路径 for
(int i=0;i<m;i++){ long long a; cin>>a; vv.push_back(a); } for(int i=1;i<m;i++){
vvv[vv[i]].push_back(vv[i-1]); vvv[vv[i-1]].push_back(vv[i]); if(i>=2){ vvv[vv[
i]].push_back(vv[i-2]); vvv[vv[i-2]].push_back(vv[i]); } } dfs(1,0,0);
//求出所有点到根节点的距离 dfs2(1,0);//tanjar离线求最小公共祖先 long long ans=0;//总路线花费 for(int i=1;i
<vv.size();i++){ ans+=d[vv[i]]+d[vv[i-1]]-2*d[ma[{vv[i-1],vv[i]}]]; } cout<<ans-
(d[vv[0]]+d[vv[1]]-2*d[ma[{vv[0],vv[1]}]])<<' ';//特别处理第一个点 for(int i=1;i<vv.size
()-1;i++){//去掉中间点 cout<<(ans-(d[vv[i]]+d[vv[i-1]]-2*d[ma[{vv[i-1],vv[i]}]])-(d[
vv[i]]+d[vv[i+1]]-2*d[ma[{vv[i+1],vv[i]}]]))+(d[vv[i-1]]+d[vv[i+1]]-2*d[ma[{vv[i
+1],vv[i-1]}]])<<' '; } cout<<ans-(d[vv.back()]+d[vv[vv.size()-2]]-2*d[ma[{vv.
back(),vv[vv.size()-2]}]])<<endl;//特别处理最后一个点 }
<>试题 J: 砍树

时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分:25 分

【问题描述】
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 (a1, b1), (a2, b2),. . . , (am, bm),其中 ai 互不相同,b
i 互不相同,ai , bj(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 (ai, bi) 满足 ai和 bi
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 xi,yi 表示第 i 条边的两个端点。
后面 m 行,每行两个正整数 ai,bi。

【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。

【样例输入】
6 2 1 2 2 3 4 3 2 5 6 5 3 6 4 5
【样例输出】
4
【样例说明】
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。

【评测用例规模与约定】
对于 30% 的数据,保证 1 < n ≤ 1000。
对于 100% 的数据,保证 1 < n ≤ 105,1 ≤ m ≤ 2。

最后一题不会嘿嘿嘿

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