[BZOJ5289][HNOI2018]排列(贪心) 题面 BZOJ 洛谷 题解 这个限制看起来不知道在干什么,其实就是找到所有排列\(p\)中,\(p_k=x\),那么\(k<j\),其中\(a[p_j]=x\). 也就是对于\(a\)数组的每个数\(a[i]\),它必须放在所有\(a[x]=i\)的前面. 那么对于\(i\)向所有满足\(a[x]=i\)的位置\(x\)连边,表示\(i\)必须放在这些数前面. 如果成环必定无解,如果无环则图是森林. 现在考虑每次从度数为\(0\)的点中选一个…

5289: [Hnoi2018]排列 链接 分析: 首先将题意转化一下:每个点向a[i]连一条边,构成了一个以0为根节点的树,要求选一个拓扑序,点x是拓扑序中的第i个,那么价值是i*w[x].让价值最大. 然后贪心:直观的考虑,应该让权值小的尽量靠前,那么依次考虑当前最小的权值,一旦选了它的父节点,那么下一个就会选它.将它和父节点合并,新的权值为平均数,并且记录下siz.推广一下即每次选平均数最小的集合,和父节点所在的集合合并. 证明:如果当前有两个集合x,y,如果x在前面更优,那么$w[x]…

这题原题... 这题题面七绕八绕,有点麻烦,反正最后转化就是一棵树,每个点有一个值,要把所有点选完,要求选择一个点必须是它的父亲和祖先已经全部被选了,贡献是这个点的权值乘上它被选择的排名 如果一个点是它的父亲的所有儿子中权值最小的点,那么只要它的父亲选了,那接下来就肯定是选它.所以在序列中这个点的父亲是和它相邻的,可以直接合并了 然后看两个序列合并是如何合并的 例如长 \(m_1\)​ 的序列 \(a\) 和长 \(m_2\) 的序列 \(b\),和并后会放在整个序列的第 \(i\) 位置之后…

Description Solution 首先注意到实际上约束关系构成了一棵树 考虑这个排列 \(p\),编号为 \(a[i]\) 的出现了,\(i\) 才可以出现 那么如果连边 \((a[i],i)\),就会构成一棵以 \(0\) 为根的树,每一个点只有一个父亲 否则就不合法 因为要父亲被选入,这个点才能被选入,所以排列 \(p\),相当于是这棵树的一种合法的拓扑序 要求的就是代价最大的一个拓扑序 那么问题就和 \(POJ\,2054\) 一样的做法了,用一个神奇的贪心 每次找出全局的权值最小…

Description: 给定 \(n\) 个整数 \(a_1, a_2, \dots, a_n, 0 \le a_i \le n\),以及 \(n\) 个整数 \(w_1, w_2, \dots, w_n\).称 \(a_1, a_2, \dots, a_n\)的 一个排列 \(a_{p[1]}, a_{p[2]}, \dots, a_{p[n]}\)为 \(a_1, a_2, \dots, a_n\)的一个合法排列,当且仅当该排列满足:对于任意 的 \(k\) 和任意的 \(j\),如果 \…

题意 给定一棵树,每个点有点权,第 \(i\) 个点被删除的代价为 \(w_{p[i]}\times i\) ,问最小代价是多少. 分析 与国王游戏一题类似. 容易发现权值最小的点在其父亲选择后就会立即选择它,可以考虑将其与之父亲合并. 于是问题转化成每个点变得有大小和新的权值,求最小代价. 对于 \(T\) 时刻的没有考虑的数构成的排列,如果 \(i\) 和 \(i-1​\) 交换后更优,则有: \[Tw_{i-1}+(T+t_{i-1})w_i>Tw_i+(T+t_i)w_{i-1}\] 化…

传送门 第一步转化,令 \(q[p[i]]=i\),那么题目变成: 有一些 \(q[a[i]]<q[i]\) 的限制,\(q\) 必须为排列,求 \(max(\sum_{i=1}^{n}w[i]q[i])\) 这个东西是可以建图的,\(i\rightarrow a[i]\),不合法当且仅当有环 其它情况就是一棵树(\(0\) 为根) 也就是在这个树上依次选点,选 \(u\) 之前必须选择其父亲,第 \(i\) 次选的代价为 \(i\times w[u]\). 考虑贪心,对于一个当前权值最小的点…

题意:对于a数组,求它的一个合法排列的最大权值.合法排列:对于任意j,k,如果a[p[j]]=p[k],那么k<j. 权值:sigma(a[p[i]]*i).n<=50W. 标程: #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; ll read() { ll x=,f=;char ch=getchar(); ;ch=getchar();} )+(x<<)+ch-',ch=getchar…

BZOJ LOJ 洛谷 \(Kelin\)写的挺清楚的... 要求如果\(a_{p_j}=p_k\),\(k\lt j\),可以理解为\(k\)要在\(j\)之前选. 那么对于给定的\(a_j=k\),我们可以连边\(k\to j\)建一张图.如果图有环,那么无解:否则这是一棵以\(0\)为根的树. 限制就变成了,选一个点前必须要选其父亲:如果第\(k\)个选点\(i\),\(i\)的贡献是\(k\cdot w_i\). 然后怎么做呢... 假设当前最小的数是\(x\),那么如果\(fa[x]\…

首先确定将所有a[i]向i连边之后会形成一张图,图上每条有向边i->j表示i要在j之前选. 图上的每个拓扑序都对应一种方案(如果有环显然无解),经过一系列推导可以发现贪心策略与合并的块的大小和w之和有关,具体见https://kelin.blog.luogu.org/solution-p4437 贪心的时候每次要选w平均值最大的,这个可以用STL维护,具体使用哪种见下. 一:STL-priority_queue 最简单直接的做法,每次更新的时候直接加入即可,后面弹出的时候判一下这个点是否已经被更…