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2024年西安交通大学程序设计竞赛校赛

D瑟莉姆的宴会

解题思路：

​ 该题是一道思维题。

1. 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
2. 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：$1->2->3->\cdot \cdot \cdot ->n$ 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：$n->(n-1)->(n-2)->\cdot \cdot \cdot ->1$

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：

1. 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。
2. 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。
3. 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：

1. 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。
2. 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;
}