个人答案，有错漏感谢指正哈
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：
【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？
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))
−∑1np(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})
−31log2(31)−32log2(32)−−32log2(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
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;
}
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;
}
}
}
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;
}
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;
}
}
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;
}
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];
}
}
}
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, A2, . . . , 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
}
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，bi 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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