二分答案 第二个人不会走回头路 那么F[i]表示在i的子树内(不包括i)所需要的额外步数 F[1]==0表示mid可行 k可能为0 #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; int cnt,n,mid,F[300005],last[300005]; struct node{ int to,next; }e[600005]; void add(int a,int b){ e[++cnt].to=b; e[cnt…

给一颗树,$1$ 号节点已经被染黑,其余是白的,两个人轮流操作,一开始 $B$ 在 $1$ 号节点,$A$ 选择 $k$ 个点染黑,然后 $B$ 走一步,如果 $B$ 能走到 $A$ 没染的节点则 $B$ 胜,否则当 $A$ 染完全部的点时,$A$ 胜.求能让 $A$ 获胜的最小的 $k$ 我们发现这个 $k$ 是满足单调性的:即如果 $k$ 是一个合法的解,那么 $k+1$ 也一定合法,所以考虑二分 $k$ 现在,我们考虑如果得到一个 $mid$,如何验证 $mid$ 是否合法呢 $?$ 这个…

题目大意: 给一颗树,1号节点已经被染黑,其余是白的,两个人轮流操作,一开始B在1号节点,A选择k个点染黑,然后B走一步,如果B能走到A没染的节点则B胜,否则当A染完全部的点时,A胜.求能让A获胜的最小的k 小的k能获胜大的k就一定能获胜,因此答案具有单调性,可以二分答案. 那么每次二分的答案怎么验证? 树形DP,设f[i]表示在B没走到以i为根的子树中时,需要预先在这棵子树中染色的节点数. f[x]=max(0,∑f[to[i]]+son[x]-k),其中to[i]代表x的子节点,son[x]…

Description Foreseeable和拿破仑的御用建筑师让·夏格伦在玩游戏 让·夏格伦会玩一个叫“凯旋门”的游戏:现在有一棵n个节点的树,表示一个国家 1号点代表这个国家的首都 这个游戏由两个人一起玩 一个玩家扮演视察国家的国王,另一个扮演建立凯旋门的建筑师 一开始只有首都有凯旋门 国王每次会从当前所在城市移动到一个相 邻的城市 在国王每次移动前,建筑师可以选择国家内任意不超过k个城市建造出凯旋门 如果在任意一个时刻,国王所在的城市没有凯旋门 那么国王会很生气, 扮演建筑师的玩家就输了…

Triumphal arch 题目链接:https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3420 数据范围:略. 题解: 首先,发现$ k $具有单调性,我们可以二分. 现在考虑怎么验证? 看了题解... 我们设$ f_i $表示,如果当前人在$i$且要求合法的情况下,$i$的子树中最多要预先处理好多少个节点. 然后暴力树形$dp$转移即可. 代码: #include <bits/stdc++.h> #define N 1000010 using na…

BZOJ 洛谷 最小可到达点对数自然是把一条路径上的边不断反向,也就是黑白染色后都由黑点指向白点.这样答案就是\(n-1\). 最大可到达点对数,容易想到找一个点\(a\),然后将其子树分为两部分\(x,y\),\(x\)子树所有边全指向\(a\),\(a\)与\(y\)子树之间的边全指向\(y\).这样答案就是\(sz[x]\times sz[y]\),要让\(sz[x],sz[y]\)尽量相等.找重心就好了. 然后DP,求划分重心两部分子树大小分别为\(x\)和\(n-1-x\)是否可行.…

题面 二分答案,问题就转化为了一个可行性问题,因为我们不知道国王会往哪里走,所以我们要在所有他可能走到的点建造,考虑用树形DP解决(这个DP还是比较好写的,你看我这个不会DP的人都能写出来=.=) 定义$dp[x]$表示以$x$这个点为根的子树中(不包含x)需要修建的次数(因为1号点已经修好了,最后回来不用管),那么对于每个二分出的$mid$有$dp[x]=max((\sum dp[son[i]])+sons[x]-mid)$,其中$sons[i]$表示它(直接的)儿子的个数,显然对于每个点是必…

题目链接 此题的答案k具有可二分性 那么我们可以二分答案k,然后跑一个树形DP 令\(dp[i]\)表示到节点\(i\)时需要再多染色的点数 那么有\(dp[i]=\max(\sum_{fa[j]=i} (dp[j]+1)-k,0)\) 若\(dp[1]=0\)则答案k可行 #include"cstdio" #include"cstring" #include"iostream" #include"algorithm" usi…

\(\color{#0066ff}{ 题目描述 }\) 给一颗树,1号节点已经被染黑,其余是白的,两个人轮流操作,一开始B在1号节点,A选择k个点染黑,然后B走一步,如果B能走到A没染的节点则B胜,否则当A染完全部的点时,A胜.求能让A获胜的最小的k \(\color{#0066ff}{输入格式}\) 第一行:n 然后是n-1条边 \(\color{#0066ff}{输出格式}\) 最小的k \(\color{#0066ff}{输入样例}\) 7 1 2 1 3 2 5 2 6 7 2 4 1…

代码的关键部分 inline void dfs(int u,int fa) { ; for(int i=first[u]; i; i=nxt[i]) { int v=go[i]; if(v==fa)continue; dfs(v,u); sum+=f[v]+; } f[u]=max(sum-mid,); } 关于这个方程解释一下 f[u]=max(sum-mid,); 我们不断搜索去边,然后回溯更新每一个阶段需要被染色的数量: 假设需要被染色的节点数量不足k,即sum-mid<0,那我们取0,原…