借鉴的博客网址

本人第一次参加 ICPC 的打铁记录…把当时的私人笔记搬过来了，现在看看有点羞耻（

Problem A . Busiest Computing Nodes

题意：

一道思维线段树题，有k个机器，从0 - k-1编号。n次操作，告诉你一个工程的开始时间和持续时间，每次从第（i % k）台机器开始分配（i从0开始），如果当前机器空闲，就会让它负责这个工程，否则从 i + 1 到 k - 1、0 到 i - 1搜索是否有机器空闲，是就让它负责。最后输出负责了最多工程的机器编号（有重复的就从小到大输出）。

#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof (a))
#define ios_sync (std::ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0))
#define sca scanf
#define pri printf
#define xx first
#define yy second
#define ul u << 1
#define ur u << 1 | 1
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;

const int N = 100010, M = 10010;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 998244353;
int n, m, k, T;
ll sum[N];
struct pro
{
    int l, r;
    ll mintim;//记录一个区间内所有机器中最早完成任务的时间(即什么时候开始空闲)
} tr[4 * N];

inline void pushup(int u)
{
    tr[u].mintim = min(tr[ul].mintim, tr[ur].mintim);
    //每次修改了某个机器的时间后，会对这个机器在的区间内的mintim产生影响，所以要pushup维护
}

void build(int u, int l, int r)//标准建树
{
    if (l == r)tr[u] = { l, r };
    else
    {
        tr[u] = { l, r };
        int mid = l + r >> 1;
        build(ul, l, mid);
        build(ur, mid + 1, r);
    }
}

bool modify(int u, int l, int r, ll arr, ll pro)//修值返回一个布尔变量，判断是否这个区间内可以找到一台机器处理工程
{
    //arr是工程开始时间，pro是工程持续时间
    if (tr[u].l > r || tr[u].r < l)return false;//超出区间范围的情况

    if (tr[u].mintim > arr)return false;//区间内最早完成任务的时间都比工程开始时间晚的话，肯定找不到

    if (tr[u].l == tr[u].r)//一旦抵达单点
    {
        tr[u].mintim = arr + pro;
        sum[tr[u].l]++;//单点修改，此点负责数++
        return true;
        //成功匹配
    }
    else
    {
        //用一个||的性质，bool只要满足了其中一个就成功，满足左边就不会执行右边的modiify。每次尽可能往左搜，离 i 更近的机器能完成就让它执行
        if (modify(ul, l, r, arr, pro) || modify(ur, l, r, arr, pro))
        {
            pushup(u);
            return true;//能完成就成功
        }

        return false;//否则失败
    }
}

int main()
{
    ios_sync;

    cin >> k >> n;
    build(1, 0, k - 1);//符合题意去建树

    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        ll arr, pro;
        cin >> arr >> pro;

        //同样使用一个||
        if (modify(1, i % k, k - 1, arr, pro) || modify(1, 0, (i - 1) % k, arr, pro));
    }

    ll mx = 0;

    for (int i = 0; i < k; i++)mx = max(mx, sum[i]);//找到最大工程负责数

    for (int i = 0; i < k; i++)//输出
        if (sum[i] == mx)cout << i << ' ';

    return 0;
}

Problem B . Convex Polygon

题意：

一道裸的凸包题，没学过（寄），求平面上几个点是否能形成 凸 多边形，三点及以上不允许共线；若就从最靠近原点的点开始顺时针输出凸包的每一个点的坐标。

#include<bits/stdc++.h>
#include<unordered_map>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define ios_sync (std::ios::sync_with_stdio(false),cout.tie(0),cin.tie(0))
#define sca scanf
#define pri printf
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;

const int N = 510, M = 1000010;//icpc网络赛 ——— 裸凸包板子题

//题意：给出一系列点，求能否用所有点形成凸包（不能漏），同时要求没有三个及三个以上的点共线，若满足则找到距离原点最近的点然后开始顺时针全部输出

const int INF = 0x3f3f3f3f, B = 1e10;
int n, m, k, T;
struct book
{
    double x, y;
}z[N], stk[N];//标准模拟栈处理凸包
int cnt;

bool cmp(book a, book b) {//根据坐标轴x、y排序
    return a.x != b.x ? a.x < b.x : a.y > b.y;
    //一定不能忘了 x 相同时也要排 y
    //根据题意顺时针还是逆时针存点
    //对应a.y > b.y和a.y < b.y
}

double xmul(book a, book b) {//叉乘：左上*右下-左下*右上
    return a.x * b.y - b.x * a.y;
}

double xl(book a, book b, book p) {//传递叉乘需要的向量
    //A是原凸包末端两点的向量
    //B是加入新点后凸包末端两点的向量
    //顺序不要错
    book A = { b.x - a.x,b.y - a.y };
    book B = { p.x - a.x,p.y - a.y };
    return xmul(A, B);
}

double dist(book a) {//计算点到原点的距离
    return sqrt(a.x * a.x + a.y * a.y);
}

int andrew() {
    sort(z, z + n, cmp);
    //凸包最重要的优化，对点进行坐标排序，把n^2时间复杂度降到nlogn

    stk[0] = z[0], stk[1] = z[1];
    cnt = 1;
    for (int i = 2; i < n; i++) {
        while (cnt && xl(stk[cnt - 1], stk[cnt], z[i]) >= 0)
            //叉乘结果大于0代表末向量相对于原向量向上偏移
            //小于0代表末向量相对于原向量向下偏移
            //等于0相当于延长线

            //由于这里算的是一个顺时针上凸包，所以加入的点形成的向量应该是逐渐向下偏移，形成向下包裹状凸壳
            cnt--;
        stk[++cnt] = z[i];
    }

    stk[++cnt] = z[n - 2];
    //上凸包处理完处理下凸包（还有点没用到呢）
    //加入倒数第一个点形成下凸包的第一个向量

    for (int i = n - 3; i >= 0; i--) {
        while (cnt && xl(stk[cnt - 1], stk[cnt], z[i]) >= 0)
            //顺时针相对于倒转过来了，所以也是“向下”偏移，形成向上包裹凸包
            cnt--;
        stk[++cnt] = z[i];
    }
    return cnt;
    //返回凸包用到的点的数量
}

int main() {
    ios_sync;

    char a, b;
    while (sca("%lf%c%lf%c", &z[n].x, &a, &z[n].y, &b)) {
        n++;
        if (b == 'n')break;
        //特殊输入，点从0到n-1
    }

    int t = andrew();

    if (n < 3 || t != n) {//点数小于3肯定不是凸包
        //没用到所有点不满足此题题意
        cout << "ERROR" << endl;
    }
    else {
        //输出题面要求
        int id = 0;
        double d = dist(stk[0]);
        for (int i = 1; i < cnt; i++)//找到最靠近原点的点
            if (dist(stk[i]) < d)
                id = i, d = dist(stk[i]);

        cout << stk[id].x << ',' << stk[id].y;
        for (int i = id + 1; i < cnt; i++)//狠狠地跑
            cout << ',' << stk[i].x << ',' << stk[i].y;
        for (int i = 0; i < id; i++)
            cout << ',' << stk[i].x << ',' << stk[i].y;
    }

    return 0;
}

Problem C . Driver Licenses

题意：

大致是（带权）并查集，类似食物链，翻译不能，蒙古

实际上是图论题 ，拓扑然后时间 / 空间处理不能（寄）

Problem D . Edge of Taixuan

题意：

看似是一个并查集（一开始往这方面想了），其实是个线段树区间覆盖问题 ；n次操作，每次把闭区间 [ l , r ] 每一个点 互相之间 连一条权值为 W 的边，但最后 只需要留下 n - 1 条边且边的权值累计最小、同时点全连通 即可，同时输出多余的需要去除的边的权值总和。如果n次操作也没能使得点全连通，就输出error

听说这道题理论极限数据会爆longlong，要开int128，但出题人没给这种数据

#include<bits/stdc++.h>
#include<unordered_map>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define ios_sync (std::ios::sync_with_stdio(false),cout.tie(0),cin.tie(0))
#define sca scanf
#define pri printf
#define fi first
#define se second
#define ul u << 1
#define ur u << 1 | 1
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;

const int N = 100010, M = 200010;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 998244353;

//思路：根据区间建立线段树，对于每一个闭区间[l,r]，modify去标记对应的区间即可；对所有覆盖操作进行一个贪心排序，优先覆盖权值小的边，不需要重复覆盖，覆盖的操作用类似懒标记下传即可；预处理累计所有操作加边的总权值，总权值减去最后线段树内含有的权值就是需要去除的权值

int n, m, k, T;
ll w[N];//预处理删边累计权值
struct tree
{
    int l, r;
    ll sum, d;//记录覆盖的边权之和与边权
    bool ple;//标记是否覆盖，是否覆盖完全
} tr[N * 4];

struct nod
{
    int l, r;
    ll w;
}node[N];

bool cmp(nod a, nod b)
{
    return a.w < b.w;//贪心，从小到大，覆盖过就停止
}

inline void pd(int u, ll x) {
    if (!tr[u].d) tr[u].d = x;
    //如果没有被标记过，先下放到的肯定是最小的边权
    //被标记过就代表有更小的曾经标记了
}

inline void pushdown(int u) {
    pd(ul, tr[u].d);
    pd(ur, tr[u].d);
}

inline void pushup(int u)
{
    if (!tr[u].ple)tr[u].ple = tr[ul].ple && tr[ur].ple;
    //回传区间是否完全覆盖的信息
    //切记 if (!tr[u].ple) 不然bug调一上午
    //如果该区间已经确定被覆盖了，就没必要根据子区间覆盖的信息去修改
    tr[u].sum = tr[ul].sum + tr[ur].sum;
    //维护树的总权值
}

void build(int u, int l, int r)
{
    tr[u] = { l, r };
    if (l != r)
    {
        int mid = l + r >> 1;
        build(ul, l, mid), build(ur, mid + 1, r);
    }
}

void modify(int u, int l, int r, ll d)
{
    if (tr[u].l >= l && tr[u].r <= r)//满足范围
    {
        if (tr[u].d)return;//覆盖过了肯定不需要再覆盖了
        tr[u].ple = 1;
        tr[u].d = d;
    }
    else
    {
        pushdown(u);
        //下传区间覆盖信息
        int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
        if (mid >= l)modify(ul, l, r, d);
        if (mid < r)modify(ur, l, r, d);
        pushup(u);//上升覆盖标记
    }
}

void fin(int u, int l, int r)
{
    //全遍历线段树，把所有能下传的都下传，修改底层点值
    if (tr[u].l == tr[u].r) {
        tr[u].sum = tr[u].d;//再由底层更新sum
    }
    else
    {
        pushdown(u);
        int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
        if (mid >= l)fin(ul, l, r);
        if (mid < r)fin(ur, l, r);
        pushup(u);//维护回tr[1].sum
    }
}

int main()
{
    for (int i = 1; i <= 100005; i++)//预处理总边权值
        w[i] += w[i - 1] + i;
    //区间[1,3]加了(3-1)的累加—— 2 + 1 条边，所以是边权*3

    sca("%d", &T);

    for (int v = 1; v <= T; v++)
    {
        ll ans = 0;//数据理论上是可以爆longlong的
        //如果ll过不了就要考虑__int128
        sca("%d%d", &n, &m);

        mem(tr, 0);
        build(1, 1, n - 1);//重置与重建

        for (int i = 0; i < m; i++)
        {
            int a, b;
            ll c;
            sca("%d%d%lld", &a, &b, &c);
            node[i] = { a, b, c };//存下所有操作

            ans += w[b - a] * c;//计算总边权
        }

        sort(node, node + m, cmp);//贪心

        for (int i = 0; i < m; i++)
        {
            int l = node[i].l, r = node[i].r;
            ll d = node[i].w;
            if (!tr[1].ple)modify(1, l, r - 1, d);//因为是区间所以r - 1
            //当判断区间已经覆盖完全，后面就不需要更改了，节省时间
        }

        pri("Case #%d: ", v);

        //判断是否覆盖完全直接查询tr[1].ple即可
        if (tr[1].ple) {
            fin(1, 1, n - 1);//全遍历树
            pri("%lld", ans - tr[1].sum);
        }
        else pri("Gotta prepare a lesson");

        if (v < T)puts("");//小心结尾空格的判定
    }

    return 0;
}

Problem E . Infinite File System

题意：

看似是个Trie树上字符操作，题解说是求dfs序后在树上建线段树，暂且蒙古。（考察树链剖分）

Problem F . Land Overseer （√）

题意：

签到题，简单的距离贪心，画图就能看出来。

Problem G . Longest Prefix Matching

题意：

全场最长的题面，跟网域编码有关，翻译直接大寄！好像是个最长什么什么序列，dp

Problem H . Mesh Analysis

题意：

第二道签到题，比一三难一点，主要是翻译后理解题意。然后会发现输入的部分数据完全没用，只是用来唬人，读懂后就是个简单的对数据分组归类（当时没写出来kora，跑去肝A了，还是要跟着榜做）

Problem I . Neighborhood Search （√）

题意：

第三道签到题，比第一道还不用脑子…就是个读入输出判断。如何评价当时卡了几小时，因为数据数字间有空格，用scanf读会出错（当时想着icpc不至于卡这个吧…然后就寄，虽然最后用 stringstream 无赖过了）

Problem J . Red-Black Paths

题意：

看起来像二分图，翻译不能。

Problem K . Segment Routing

题意：

就是道翻译图论题，题面信息与路由器数据传输有关。

有n个点，每个点有 Di 条出边，每条边对应标上编号1、2、3…

然后是m次询问，每次给出一个起点 Si

接着一个操作数 Li ，之后 Li 个 Rij 整数代表每次从当前点出发使用的边的编号，走过去后新的起点就是脚下的点。一旦有哪次发送数据失败（当前点没有 Rij 编号的边）就输出Packet Loss，否则输出操作完后停留在的点的编号。签到题（x）翻译后签到题（√）

注意选取一下样例，有些地方有隐藏的空格

#include<bits/stdc++.h>
#include<unordered_map>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define ios_sync (std::ios::sync_with_stdio(false),cout.tie(0),cin.tie(0))
#define sca scanf
#define pri printf
#define ul u << 1
#define ur u << 1 | 1
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;

const int N = 100005, M = 200005;
int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 998244353;
int n, m, k, T, S;
vector<int> dot[N];

int main()
{
    sca("%d", &T);
    for (int i = 1; i <= T; i ++ ) {
        
        sca("%d%d", &n, &m);
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            int t, g;
            sca("%d", &t);

            while (t--)
            {
                sca("%d", &g);
                dot[j].push_back(g);
            }
        }

        pri("Case #%d: n", i);//注意空格

        while (m--)
        {
            int s, t;
            sca("%d%d", &s, &t);
            while (t--)
            {
                int g;
                sca("%d", &g);

                if (dot[s].size() < g) {
                    s = -1;
                    break;
                }

                s = dot[s][g - 1];
            }

            if (s == -1)pri("Packet Loss");
            else pri("%d", s);

            puts("");//其实保守为好，最后一项输出后面不要接换行，看他们题解都是避免这个
        }

        for (int i = 1; i <= n; i++)dot[i].clear();
    }

    return 0;
}

致此整套题解就因为太菜所以阉割了

最后

以上就是眼睛大雨为你收集整理的2021 - ICPC 网络赛 (第一场)Problem A . Busiest Computing NodesProblem B . Convex PolygonProblem C . Driver LicensesProblem D . Edge of TaixuanProblem E . Infinite File SystemProblem F . Land Overseer （√）Problem G . Longest Prefix MatchingProblem H . Mesh A的全部内容，希望文章能够帮你解决2021 - ICPC 网络赛 (第一场)Problem A . Busiest Computing NodesProblem B . Convex PolygonProblem C . Driver LicensesProblem D . Edge of TaixuanProblem E . Infinite File SystemProblem F . Land Overseer （√）Problem G . Longest Prefix MatchingProblem H . Mesh A所遇到的程序开发问题。

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