第十四届蓝桥杯省赛c/c++大学B组题解

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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】

375 353 259 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 T_i 时刻开始降落，最晚可以于 T_i + Di_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。

【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】

230 100 1010 10 100 2 2030 10 2010 10 2020 10 20

【样例输出】

YESNO

【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 ≤ T_i, D_i, L_i ≤ 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】

511 121 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 ≤ A_i ≤ 10₉。所有 A_i 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), . . . ,(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。

【样例输入】

25 501111110011010110001111115 6111111100001010101100001111111

【样例输出】

13

【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：

0111111001102011000111111

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：

111111100001020301100001111111

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】

4abababdb 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]dbab[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, . . . , 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，A₁, A₂, A₃, . . . , 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。

【样例输入】

5 31 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 75 [2] 8 7[7] 10 717 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 ≤ A_i≤ 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, . . . , 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 Ai，那么他会按顺序带游客游览 A₁, A₂, . . . , A_i−1, A_i+1, . . . , A_K, (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 41 2 11 3 13 4 23 5 24 6 32 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, A_i ≤ N，1 ≤ t ≤ 10⁵。保证A_i 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),. . . , (a_m, b_m)，其中 ai 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 (ai, 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 xi，yi 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。

【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 21 22 34 32 56 53 64 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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