r8 - ASC 41(俄罗斯多校)
1 今天干的俄罗斯的一场多校,被虐哭啊,就做出两题。
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Gym 100496D | Data Mining |
8 题目讲得是给你一串数字,然后给你i,p,表示从第i开始,对这串数离散话,并且离散化后的字典序要最小,然后输出原来下标为i+p的离散化后的值
9 是多少。
10 假设i+p这个位置上的数为a。
11 如果在(i,i+p)这个范围内没有a,并且这个区间内没有重复的数,那么答案就是p
12 那么按照这个思路走,其实我们只要知道距离i位置最近的a的下标为r,那么其实我们只要知道(i,r)这个区间中有多少个不同的数n,那么答案就是
13 n+1。
14 因为数据比较大,所已对于每次的询问的复杂度必须做到O(1) , O(log(n)) 或 O(sqrt(n)).
15 就这道题而言用线段数O(logn)是可以的,进爷用默队算法O(sqrt(n))也做到了,我也想到了一种O(logn)的算法,蛋奶和,写不出来:
16 首先我们用RMQ预处理出每段区间的最大值,然后在询问的过程中我们便能用O(1)知道要求的区间的最大值R了,然后呢,用线段数去求R在这段区间按里是
17 第k大,然后k就是答案。(大家都觉得蛮有道理,但都懒得敲。。。)
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Gym 100496H | House of Representatives |
22 题目告诉你n个城市的人口p[n],他们是构成了一棵树,在告诉你n-1条的路w[n],从一个城市v到u所需要的代价为p[v]*(u到v的距离).
23 然后我们要在n个城市里选出一个当首都,使其他所有城市到他的代价和最小。
24 欣爷一看就说是树形dp,然后就a掉了。
25 我们可以以编号为1的城市为根开始搜索,用o(n)的复杂度,得到一棵树,用d[u]来保存u这个节点的所有子节点到它的代价和,sum[u]来保存每棵子数
26 中总人口量。
27 这样一遍下来,其实我们就知道了以1号城市为首都的待价d[1],我们设dp[n]为n号城市当首都的代价,显然dp[1] = d[1] ;
28 然后如果你思路足够清晰的话可以得到这样一个递推式,设u为v的母亲,n个城市的总人数为all ,
29 那么dp[v] = d[v] +(all - sum[v])*(u到v的长度)+ dp[u] - d[v] - sum[v]*(u到v的长度) ;
#include<stdio.h>
#include<vector>
#include<set>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll ;
const int M = + ;
int n , city[M] ;
vector<pair<int , int> > g[M] ;
ll d[M] , dp[M];
bool vis[M] ;
ll sum[M] ;
ll all ;
ll minn , id ; void tree (int u) {
for (int i = ; i < g[u].size () ; i ++) {
int v = g[u][i].first ;
if (vis[v]) continue ;
vis[v] = ;
dp[v] = (all - sum[v] ) * g[u][i].second + dp[u] - sum[v] * g[u][i].second ;
if (dp[v] < minn) {
minn = dp[v] ;
id = v ;
}
tree (v) ;
}
} void dfs (int u) {
for (int i = ; i < g[u].size () ; i ++) {
int v = g[u][i].first ;
if (vis[v] ) continue ;
vis[v] = ;
dfs (v) ;
d[u] += sum[v] * g[u][i].second + d[v] ;
sum[u] += sum[v] ;
}
} int main () {
freopen ("house.in" , "r" , stdin) ;
freopen ("house.out" , "w" , stdout) ;
scanf ("%d" , &n ) ;
for (int i = ; i < n ; i ++) {
scanf ("%d" , &city[i + ] ) ;
sum[i + ] = city[i + ] ;
all += sum[i + ] ;
}
for (int i = ; i < n - ; i ++) {
int u , v , w ;
scanf ("%d%d%d" , &u , &v , &w) ;
g[u].push_back (make_pair (v , w) ) ;
g[v].push_back (make_pair (u , w) ) ;
}
//printf ("g[0].size = %d\n" , g[0].size () ) ;
vis[] = ;
dfs ( ) ;
dp[] = d[] ;
minn = d[] ;
//for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) printf ("d[%d] = %d , sum[%d] = %d\n" , i , d[i] , i , sum[i] ) ;
//printf ("d[0] = %d\n" , d[0] ) ;
memset (vis , , sizeof(vis)) ;
vis[] = ;
id = ;
tree ( ) ;
printf ("%I64d %I64d\n" , id , minn ) ;
return ;
}
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