Can‘t find mysqld.sock: Can‘t connect to local MySQL server through socket ‘/var/run/mysqld/mysqld.s

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牛客多校+cf+华为

2021/8/20 18:33:16 浏览:

牛客

Eyjafjalla
题目描述
在这里插入图片描述
分析:
1、首先一个很重要的思路,如果这个病毒能感染到我的祖先,那么祖先包含的子树里所有符合条件的城市都会被感染(因为一条链上越往上温度越高)。可以倍增的跳到不超过温度r的最高祖先,接下来的问题就是查询祖先包含的子树里,温度在[l,r]的有多少个节点。
2、对于当个节点的查询,直接权值线段树即可。这道题显然需要多棵线段树,写线段树合并即可。
易错点
1、可能最开始的城市就不符合病毒爆发,因此不用往上跳,直接输出0即可。
2、线段树合并的时候,因为是优化了空间优化了时间,把子节点的信息合并上来的时候,其实是把子节点某个区间的指针直接连到了当前的树上。那么合并或者update的时候,是会改变子树信息的。比如1访问2的时候,把2的区间[1,2]连给了1,然后对1update,其实相当于2的区间[1,2]被update了。此时对于1来说,答案不影响,但是会影响2的答案。因此我们需要把询问存储起来,及时求出答案。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,q,inf,tot,cnt,a[N],b[N*2],rt[N],f[N][20];
int ver[N*2],lin[N],Next[N*2];
int deep;
vector<int>id[N];int num[N];
struct tree{
	int l,r,sum;
}tr[N*20];
struct node{
	int l,r,ans,x;
}e[N];
void add(int x,int y){
	ver[++tot]=y;Next[tot]=lin[x];lin[x]=tot;
}
void update(int &pos,int l,int r,int x,int v){
	if(!pos) pos=++cnt;
	if(l==r){
		tr[pos].sum+=v;
		return ;
	}
	int mid=l+r>>1;
	if(x<=mid) update(tr[pos].l,l,mid,x,v);
	else update(tr[pos].r,mid+1,r,x,v);
	tr[pos].sum=tr[tr[pos].l].sum+tr[tr[pos].r].sum;
}
int merge(int a,int b,int l,int r){
	if(!b||!a) return a+b;
	if(l==r){
		tr[a].sum+=tr[b].sum;
		return a;
	}
	int mid=l+r>>1;
	tr[a].l=merge(tr[a].l,tr[b].l,l,mid);
	tr[a].r=merge(tr[a].r,tr[b].r,mid+1,r);
	tr[a].sum=tr[tr[a].l].sum+tr[tr[a].r].sum;
	return a;
}
int query(int p,int l,int r,int L,int R){
	if(l>=L&&r<=R){
		return tr[p].sum;
	}
	else if(r<L||l>R) return 0;
	int mid=l+r>>1;
	return query(tr[p].l,l,mid,L,R)+query(tr[p].r,mid+1,r,L,R);
}
void dfs(int x,int fa,int dep){
	//cout<<x<<endl;
	update(rt[x],1,inf,a[x],1);
	//cout<<tr[rt[x]].sum<<endl;
	for(int i=lin[x];i;i=Next[i]){
		int y=ver[i];
		if(y==fa) continue;
		dfs(y,x,dep+1);
		merge(rt[x],rt[y],1,inf);
		//cout<<x<<' '<<y<<' '<<tr[rt[x]].sum<<endl;
	}
	for(int i=0;i<id[x].size();i++){
		int j=id[x][i];
	//	cout<<x<<' '<<e[j].l<<' '<<e[j].r<<endl;
		e[j].ans=query(rt[x],1,inf,e[j].l,e[j].r);
	}
}
void Dfs(int x,int fa){
	for(int i=lin[x];i;i=Next[i]){
		int y=ver[i];
		if(y==fa) continue;
		f[y][0]=x;
		for(int k=1;k<=deep;k++) f[y][k]=f[f[y][k-1]][k-1];
		Dfs(y,x);
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	deep=(int)(log(n*1.0)/log(2.0))+1;
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y);add(y,x);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		b[i]=a[i];
	}
	scanf("%d",&q);
	for(int i=1;i<=q;i++){
		scanf("%d%d%d",&e[i].x,&e[i].l,&e[i].r);
		b[n+2*i-1]=e[i].l,b[n+2*i]=e[i].r;
	}
	sort(b+1,b+n+2*q+1);
	int m=unique(b+1,b+n+2*q+1)-b-1;inf=m;
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(b+1,b+1+m,a[i])-b;
	for(int i=1;i<=q;i++){
		e[i].l=lower_bound(b+1,b+1+m,e[i].l)-b;
		e[i].r=lower_bound(b+1,b+1+m,e[i].r)-b;
	}
	Dfs(1,0);
	for(int i=1;i<=q;i++){
		int x=e[i].x;int l=e[i].l,r=e[i].r;
		if(a[x]>=l&&a[x]<=r){
			//cout<<x<<endl;
			for(int k=deep;k>=0;k--){
				if(a[f[x][k]]<=r&&f[x][k]>0){
					//cout<<x<<' '<<k<<' '<<f[x][k]<<' '<<a[f[x][k]]<<endl;
					x=f[x][k];
				}
			}
			//cout<<x<<endl;
			id[x].push_back(i);
		}
	}dfs(1,0,0);
	//cout<<rt[1]<<' '<<tr[rt[1]].sum<<endl;
	for(int i=1;i<=q;i++) printf("%d\n",e[i].ans);
	return 0;
}

2、1559 d2
题目描述
在这里插入图片描述
1、容易发现,只要我找到一个点对(u,v)符合条件,直接连边就好,并不会影响到答案的最优性。那么有一个简单的思路就是暴力找点对,并查集合并,复杂度是 n 2 l o g n n^2logn n2logn
2、经过打表以及简单推理,发现最大边数一定是 m a x ( n − m 1 , n − m 2 ) max(n-m1,n-m2) max(nm1,nm2) m 1 , m 2 m1,m2 m1,m2分别是两个森林的初始边数+1。但还是需要考虑输出边的问题。
3、选定1为最终根节点,在a中与1不相连的点,在b中也与1不相连,可以直接与1连接。设在a中与1不相连,但是在b中与1相连的点集为M,在a中与1相连,在b中与1不相连的点集为N,画图可知,M与N中的点可以连接。
写一个vector存点集就好,实际上复杂度是On的。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<queue>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<set>
#include<unordered_set>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<bitset>
#include <chrono>
#include <random>
using namespace std;
using ll=long long;
#define int ll
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>
#define vc vector
#define vi vector<int>
#define db double
#define forn(i, n) for (int i = 1; i <= n; ++i)
#define forr(i, n) for (int i = n; i >= 1; --i)
#define IOFast() ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#ifndef ONLINE_JUDGE
#define dbg(x...) do { cout << "\033[33;1m " << #x << " -> "; err(x); } while (0)
void err() { cout << "\033[39;0m" << endl; }
template<template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(T<t> a, A... x) { for (auto v: a) cout << v << ' '; err(x...); }
template<typename T, typename... A>
void err(T a, A... x) { cout << a << ' '; err(x...); }
#else
#define dbg(...)
#endif

const int maxn=1e5+10;
int n,m1,m2;
int fa1[maxn],fa2[maxn];
int sum1[maxn],sum2[maxn];
vector<pii> v1,v2;
unordered_map<int,int> mp1,mp2;
unsigned seed = std::chrono::system_clock::now().time_since_epoch().count();
mt19937 rand_num(seed);  
int find(int x,int *fa)
{
	if(fa[x]==x)	return x;
	return fa[x]=find(fa[x],fa);
}
void merge(int a,int b,int *fa,int *sum)
{
	int Fa=find(a,fa),Fb=find(b,fa);
	sum[Fa]+=sum[Fb];
	sum[Fa]=0;
	fa[Fb]=Fa;
}
void solve()
{
	cin>>n>>m1>>m2;	
	uniform_int_distribution<long long> dist(1, n);
	forn(i,n)
	fa1[i]=fa2[i]=i;
	forn(i,n)
	sum1[i]=sum2[i]=1;
	int cnt=n;
	int cnt1=n,cnt2=n;
	forn(i,m1)
	{
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		if(fa1[u]!=fa1[v])cnt1--;
		merge(u,v,fa1,sum1);
	}
	forn(i,m2)
	{
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		if(fa2[u]!=fa2[v])cnt2--;
		merge(u,v,fa2,sum2);
	}
	
	cout<<n-1-max(m1,m2)<<'\n';
	vector<pii> v;
	vector<int> v1,v2;
	for(int i=2;i<=n;++i)
	{
		if(find(1,fa1)!=find(i,fa1)&&find(1,fa2)!=find(i,fa2))
			{
				v.push_back({1,i});
				merge(1,i,fa1,sum1);
				merge(1,i,fa2,sum2);
			}
		if(find(1,fa1)!=find(i,fa1))
			v1.push_back(i);
		if(find(1,fa2)!=find(i,fa2))
			v2.push_back(i);
	}
	while(!v1.empty()&&!v2.empty())
	{
		if(find(1,fa1)==find(v1.back(),fa1)&&find(1,fa2)==find(v1.back(),fa2))
			{v1.pop_back();continue;}
		if(find(1,fa1)==find(v2.back(),fa1)&&find(1,fa2)==find(v2.back(),fa2))
			{v2.pop_back();continue;}
		v.push_back({v1.back(),v2.back()});
		merge(v1.back(),v2.back(),fa1,sum1);
		merge(v1.back(),v2.back(),fa2,sum2);
		v1.pop_back();
		v2.pop_back();
	}
	int len=v.size();
	//cout<<len<<'\n';
	for(int i=0;i<len;i++)
		cout<<v[i].first<<' '<<v[i].second<<'\n';
}

signed main()
{
	IOFast();
	solve();
}
	
	

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