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The 2022 ICPC Asia Xian Regional Contest(E,L)题解

news 来源：原创 2025/5/15 10:18:46

E	Find Maximum

题意：

首先，通过观察与打表，可以发现：

规律：
对于非负整数 x，函数 f(x) 的值等于：
将 xx 写成三进制后，各个位数的数字之和 + 该三进制数的位数。

例如，

x=1002(3)，则有 f(1002(3))=(1+0+0+2)+4=7。

最大化策略：

由于 f(x) 的值为「位数之和 + 位数」，为了尽可能让 f(x)最大，我们需要：

尽可能多地让每个位为数字 2，因为 2 是三进制单个位的最大贡献。

因此问题转化为：

如何在给定区间 [l,r] 中，找到一个三进制表示的数字，使它尽可能地填满数字 2？

具体策略分析：

分情况讨论：

① 若 l 与 r 位数相同：

这种情况下，我们从高位往低位遍历：

找到从最高位开始第一个 r与 l 不相同的位。
将这一位上的数字（对应的是 r 上的数字）减去 1（此处保证减1后仍然大于或等于 l）。
将减1之后的这一位后面的所有位（低位）全部填充为数字 2。

可以证明这是最佳策略，举个具体例子：

假设给定 l=120000, r=130000：
- 三进制表示：
  - l=01112120002(3)
  - r=11222012102(3)
- 第一个不同位是最高位的 1 与 0 的位置。
  我们对 r 的最高位 1 进行减1操作，使其变为 0。
- 此时前面所有的低位均可填充数字 2，于是我们选出数字：22222222002
- 对应的 f(x)为各位数字之和（2×8+0+0+2=18）+ 位数（11）=29，是最大值。

② 若 r 位数比 l 多：

在此情况下，我们不一定只是简单地对最高位做减1操作，原因是：

如果 r 的最高位本身是 1，减1后变成 0，最高位少了一个 2 的贡献，反而降低了总贡献。
这种时候应该对 从最高位到最低的每个比 l 多出来的位数分别做一次减1操作，并将低位填满数字 2，逐个进行判断并取最大值。

举例说明：

假设 l=1，r=15(10)=120(3)
- 最高位直接减1为：220，贡献为 (2+2+0)+3=7。
- 若不小心减去最高位变为 0，比如变为 021，贡献仅为 (0+2+1)+3=6，反而更小。
因此，对于这种情况需要逐个测试所有可能的位置（多出来的位），并选最大值。

③ 特殊情况（l=r）：

如果 l=r，则答案直接为 f(l)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
#define pii pair<int, int>
#define lowbit(x) (x & (-x))
int f(int x)
{if (x == 0)return 1;if (x > 0 && x % 3 == 0)return f(x / 3) + 1;if (x > 0 && x % 3 != 0)return f(x - 1) + 1;
}
vector<int> get(int x)
{vector<int> v;while (x){v.push_back(x % 3);x /= 3;}return v;
}
int l, r;
void solve()
{cin >> l >> r;vector<int> v1 = get(l);vector<int> v2 = get(r);if (v2.size() > v1.size()){int res = 3 * (v2.size() - 1) + (v2.back() - 1) + (v2.back() != 1);res = max(res, f(r));int sum = v2.back() + 1;for (int i = v2.size() - 2; i >= max((int)v1.size() - 1ll, 1ll); i--){if (v2[i] >= 1)res = max(res, sum + i * 3 + v2[i]);}cout << res << endl;return;}int res = 0;for (int i = v2.size() - 1; i >= 0; i--){if (v2[i] == v1[i])res += v2[i] + 1;else{res += 3 * i + v2[i];break;}}res = max(res, f(r));cout << res << endl;
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();
}

Tree

题意：

怎么操作

反链（条件2）操作：
我们希望每次将最多的节点放入一个集合中。显然，将当前树中所有叶子节点组成一个集合，是最优的做法。
链状（条件1）操作：
依然选择所有的叶子节点，每个叶子节点往上会形成一个链，我们可以选这些链进行1操作。

综上所述：

反链（条件2）操作，每次只需增加1个集合（所有叶子同时处理）。
链状（条件1）操作，每个叶子节点都要单独形成一个集合（增加集合数等于当前叶子节点个数）。

因此，从全局最优的角度看，明显条件2（反链）是我们更倾向于多次重复的操作，而条件1（链状）适合最后进行一次收尾。

基于以上的分析，我们确定最佳策略：

从树的叶子节点开始，每次进行一次**反链（条件2）**操作（将所有当前叶子放入同一个集合）。
每次执行完反链操作后，将这些叶子节点删除，得到一个更小的树，再次重复上述步骤。
在任意一次反链操作结束后，我们都可以选择结束此过程，转而执行一次链状（条件1）操作来处理当前树剩余的所有叶子节点。

换句话说，整个过程是：

反复地进行条件2操作（每次集合数+1）；
在任何时刻可以决定不再进行条件2，改用条件1进行一次性收尾（集合数增加当前树中剩余叶子节点个数）；
我们尝试所有可能的停止时刻，取其中的最小值即可。

从叶子节点开始跑拓扑排序即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
#define pii pair<int, int>
#define lowbit(x) (x & (-x))
void solve()
{int n;cin >> n;vector<int> in(n + 10, 0);vector<int> fa(n + 10, 0);in[0] = 1e9;for (int i = 2; i <= n; i++){int x;cin >> x;fa[i] = x, in[x]++;}queue<int> q;for (int i = 2; i <= n; i++)if (in[i] == 0)q.push(i);int cnt = 0;int res = n;while (!q.empty()){res = min(res, cnt + (int)q.size());cnt++;int sz = q.size();while (sz--){int t = q.front();q.pop();int x = fa[t];in[x]--;if (in[x] == 0)q.push(x);}}cout << res << endl;
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();
}