Problem Here Solution 这大概是一篇重复累赘的blog吧. 最小权覆盖集=全集-最大权独立集 强制取或不取,可以通过将权值修改成inf或者-inf 然后就用动态dp的套路就行了 动态dp~ #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b)) #define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b)) inline ll read() { ll x…

题面 https://www.luogu.com.cn/problem/P5024 分析 可以对有限制的点对之间的链进行在倍增上的DP数组合并. 需要通过一次正向树形DP和一次换根DP得到g[0][i][0/1]表示以i为根的子树中i为0/1的最小代价和g[1][i][0/1]表示整棵树除了以i为根的子树i为0/1的最小代价. 然后倍增数组上减去儿子方向的DP值进行预处理.倍增数组f[i][0/1][0/1][j]表示i向上跳$2^{j}$ 次,i的状态为0/1,跳到的祖先的状态为0/1的DP值…

qwq非正解. 但是能跑过. 1e5 log方还是很稳的啊 首先,考虑最普通的\(dp\) 令\(dp1[x][0]表示不选这个点,dp1[x][1]表示选这个点的最大最小花费\) 那么 \(dp1[x][0]=\sum dp[p][1]\) \(dp1[x][1]=\sum min(dp[p][1],dp[p][0])+val[x]\) 根据套路,我们要树链剖分+改变\(dp\)数组,我们令\(f[x]\)表示忽略重儿子的\(dp\)值,用\(g\)表示正常的\(dp\)值的话 那么不难发现转…

[NOIP2018TG]保卫王国 BZOJ luogu 当动态dp模板题写的,(全集-最大点权独立集)不能放军队的+inf,必须放军队-inf即可 注意矩阵乘法的顺序问题 #define ll long long #define ls x<<1,l,mid #define rs x<<1|1,mid+1,r #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int _=1e5+5,inf=1e9; int re(){…

保卫王国 电脑卡懒得把题面挪过来了. 朴素 \[ dp_{i,0}=\sum dp_{s,1}\\ dp_{i,1}=\sum \min(dp_{s,0},dp_{s,1})+p_i \] 然后直接动态dp就行了 我发现lct是最好写的,反正比树剖好写,还比她快 没倍增快,但是看起来倍增挺难写的... Code: #include <cstdio> #include <algorithm> #define ll long long const ll inf=1ll<<4…

题意 题目描述 Z 国有\(n\)座城市,\(n - 1\)条双向道路,每条双向道路连接两座城市,且任意两座城市 都能通过若干条道路相互到达. Z 国的国防部长小 Z 要在城市中驻扎军队.驻扎军队需要满足如下几个条件: 一座城市可以驻扎一支军队,也可以不驻扎军队. 由道路直接连接的两座城市中至少要有一座城市驻扎军队. 在城市里驻扎军队会产生花费,在编号为i的城市中驻扎军队的花费是\(p_i\). 小 Z 很快就规划出了一种驻扎军队的方案,使总花费最小.但是国王又给小 Z 提出 了\(m\)个要求…

「NOIP2018保卫王国」 题目描述 有一棵 \(n\) 个点, 点有点权 \(a_i\),\(m\) 组询问, 每次求钦点两个节点必须选或者必须不选后的树上最小点覆盖. \(1 \leq n, m \leq 10^5\) 解题思路 : 这个题唯一的意义恐怕是普及了一个还不能算太普及的科技,至少我没有时间去实现这个东西.当然 \(\text{nqiiii}\) 大爷考场上写了标算没写这个科技就过了是真的强.(不愧是机房里仅次于 \(\text{AK}\)王\(\text{zzd}\) 的男人)…

Uoj 441 保卫王国 动态 \(dp\) .今天才来写这个题. 设 \(f[u][0/1]\) 表示子树 \(u\) 中不选/选 \(u\) 时的最小权值和,显然有:\(f[u][0]=\sum f[v][1] ,f[u][1]=w[u]+\sum \min(f[v][0],f[v][1])​\) . 现在要资瓷修改 \(x\) 的点权 \(w[x]\) ,容易发现修改后只会影响 \(x\) 到根节点这一条链上的 \(f\) 值.若暴力更新这一条链,在树深度大时,时间复杂度仍是 \(O(nm…

\(\mathcal{NOIP2018}\) 保卫王国 - 竞赛题解 按某一个炒鸡dalao名曰 taotao 的话说: \(\ \ \ \ \ \ \ \ \ "一道sb倍增题"\) 顺便提一下他的[题解](因为按照这个思路写的,所以代码看起来也差不多) 因为比较复(胡)杂(炸),可能需要理解久一点 『题目』 参见 [洛谷 P5024] 『解析』 一.初步思考 如果不考虑多次询问的话,显然可以进行一次简单的树形DP,特殊判断一下当前的点(也就是城市)能不能选(放军队)就行了~ 但是显…

保卫王国 Description Z 国有n座城市,n - 1条双向道路,每条双向道路连接两座城市,且任意两座城市 都能通过若干条道路相互到达. Z 国的国防部长小 Z 要在城市中驻扎军队.驻扎军队需要满足如下几个条件: 一座城市可以驻扎一支军队,也可以不驻扎军队. 由道路直接连接的两座城市中至少要有一座城市驻扎军队. 在城市里驻扎军队会产生花费,在编号为i的城市中驻扎军队的花费是pipi. 小 Z 很快就规划出了一种驻扎军队的方案,使总花费最小.但是国王又给小 Z 提出 了m个要求,每个要求规…

嘟嘟嘟 由于一些知道的人所知道的,不知道的人所不知道的原因,我来发NOIP2018day2T3的题解了. (好像我只是个搬运工--) 这题真可以叫做NOIplus了,跟其他几道比较水的题果然不一样,无论代码量还是思维难度都有一个更高的层次. 我是看了zhoutb的题解的.而且抄了他代码(还没抄对),所以这里直接推荐各位看luogu的题解吧. 关于这个倍增数组的预处理,实际上只用考虑为父亲结点的时候该怎么办(就是裸dp).而对于\(2 ^ i (i > 0)\)的倍增部分,只用枚举u和祖先的状态转…

题面 题目链接-Luogu 题目链接-Loj(要加Freopen) 题解 什么是动态DP? OneInDark:你不需要知道这么多,你只需要知道是利用了广义矩阵乘法就够了! 广义矩乘 广义矩阵乘法,简单来说,就是把基本的 乘法 和 加法 运算符改成其它运算符,同时这两种运算要满足 前者对后者有分配律,如:加法 和 最大或最小值,按位与 和 异或 等.因为,我们会发现,乘法 和 加法 组成的传统矩阵乘法之所以有哪些性质,其根本原因就在于乘法对加法的分配律. 举个例子,有这么个 DP 转移: d p…

DDP模板题 #include<bits/stdc++.h> #define ui unsigned int #define ll long long #define db double #define ld long double #define ull unsigned long long #define ft first #define sd second #define pb(a) push_back(a) #define mp(a,b) std::make_pair(a,b) #de…

可以直接套动态dp,但因为它询问之间相互独立,所以可以直接倍增记x转移到fa[x]的矩阵 #include<bits/stdc++.h> #define CLR(a,x) memset(a,x,sizeof(a)) using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pa; ; const ll inf=1e17; inline ll rd(){ ll x=;; ;c=getchar();} +c-',c…

题目大意:给一颗有点权的树,每次规定两个点选还是不选,求这棵树的最小权点覆盖. 题解 ZZ码农题. 要用动态dp做,这题就是板子,然鹅并不会,留坑代填. 因为没有修改,所以可以静态倍增. 我们先做一遍正常的树形dp,求出g[i][0/1],0/1表示当前节点选或不选. 然后我们再倒腾出一个数组l[i][0/1]表示从当前点作为根,再扣掉当前子树的答案. 然后倍增处理dp[i][j][0/1][0/1]表示从i向上2i长度的链,起点和终点的选择情况,表示以下区域的答案. 比如这条黑色的链,它表示的…

传送门 题意简述: mmm次询问,每次规定两个点必须选或者不选,求树上的带权最小覆盖. 思路: 考虑链分治+ddpddpddp 仍然是熟悉的套路,先考虑没有修改的状态和转移: 令fi,0/1f_{i,0/1}fi,0/1​表示强制iii不选/选时iii为根子树的带权最小覆盖. 显然有: fi,0=∑v∈sonfv,1f_{i,0}=\sum_{v\in son}f_{v,1}fi,0​=∑v∈son​fv,1​ fi,1=valp+∑v∈sonmin{fv,0,fv,1}f_{i,1}=val_…

Problem Description Z 国有\(n\)座城市,\(n - 1\)条双向道路,每条双向道路连接两座城市,且任意两座城市 都能通过若干条道路相互到达. Z 国的国防部长小 Z 要在城市中驻扎军队.驻扎军队需要满足如下几个条件: 一座城市可以驻扎一支军队,也可以不驻扎军队. 由道路直接连接的两座城市中至少要有一座城市驻扎军队. 在城市里驻扎军队会产生花费,在编号为\(i\)的城市中驻扎军队的花费是\(p_i\). 小 Z 很快就规划出了一种驻扎军队的方案,使总花费最小.但是国王又给…

我的倍增解法吊打动态 \(dp\) 全局平衡二叉树没学过 先讲 \(NOIP\) 范围内的倍增解法. 我们先考虑只有一个点取/不取怎么做. \(f[x][0/1]\) 表示取/不取 \(x\) 后,\(x\) 子树内的最小权覆盖集,\(g[x][0/1]\) 表示取/不取 \(x\) 后,除 \(x\) 子树的最小权覆盖集.那么这两个数组可以 \(O(n)\) 预处理出来. \[f[x][0]+=f[y][1]\] \[f[x][1]+=min(f[y][0],f[y][1])\] \[g[y]…

题目链接 这个$dark$题,嗯,不想说了. 法一:动态$dp$ 虽然早有听闻动态$dp$,但到最近才学,如果你了解动态$dp$,那就能很轻松做出这道题了.故利用这题在这里科普一下动态$dp$的具体内容. 我们先不考虑点上的强制选不选的限制,这是一个最小权边覆盖问题,大家肯定都会这道题的$O(nm)$的做法,这是一个很经典的树形$dp$.具体来讲就是一下两个转移: $$f_{x, 0} = \sum_{v} f_{v, 1} \qquad  f_{x, 1} = a_{x} + \sum_{v}…

题面 最小支配集=全集-最大独立集 所以先把点权改成正无穷/负无穷来保证强制选/不选某个点到独立集里,然后变成了洛谷的动态DP模板 GTMDNOIP2018ZTY #include<stack> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; ,M=,inf=1e9; int siz[N],far[N],imp[N],top[N],lst[N]; int…

此题场上打了一个正确的$44pts$,接着看错题疯狂$rush$“正确”的$44pts$,后来没$rush$完没将之前的代码$copy$回去,直接变零分了..... 这一题我们显然有一种$O(nm)$的做法 令$f[u][0]$表示在以$u$为根的子树内部署军队,且$u$不部署军队的最小代价. 令$f[u][1]$表示在以$u$为根的子树内部署军队,且$u$部署军队的最小代价. 结合题意(重要!)不难推出: $f[u][0]=\sum_{v∈son[u]} f[v][1]$ $f[u][1]=v…

题目大意: emmmmm 题解: QAQ #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; #define ll long long #define ri register int #define rep(io, st, ed) for(ri io = st; io <= ed; io ++) #define drep(io, ed, st) for(ri i…

题目 强制选点我们可以把那个点权搞成\(-inf\),强制不选我们搞成\(inf\),之后就真的成为动态\(dp\)的板子题了 由于不想像板子那样再写一个最大独立集的方程,之后利用最小点覆盖=总点权-最大独立集的做法,而直接写了一个最小点覆盖的方程,所以写出了很多锅 矩阵里存放相同意义变量的位置可能真实值不相等,于是要取一个\(min\) 突然发现自己好像也没有写出多少锅,那就这样吧 代码 #include<algorithm> #include<iostream> #includ…

题目描述 Z 国有nn座城市,n - 1n−1条双向道路,每条双向道路连接两座城市,且任意两座城市 都能通过若干条道路相互到达. Z 国的国防部长小 Z 要在城市中驻扎军队.驻扎军队需要满足如下几个条件: 一座城市可以驻扎一支军队,也可以不驻扎军队. 由道路直接连接的两座城市中至少要有一座城市驻扎军队. 在城市里驻扎军队会产生花费,在编号为i的城市中驻扎军队的花费是p_ipi​. 小 Z 很快就规划出了一种驻扎军队的方案,使总花费最小.但是国王又给小 Z 提出 了mm个要求,每个要求规定了其中两…

暴力dp非常显然,设f[i][0/1]表示i号点不选/选时i子树内的答案,则f[i][0]=Σf[son][1],f[i][1]=a[i]+Σmin(f[son][0],f[son][1]). 注意到B的部分分,可以想到每次修改只会对修改点到根的路径上的点的dp值产生影响. 考虑如何优化修改路径这一过程,先看只修改一个点的情况. 由于每次修改并非累积,事实上应该考虑一种预处理来快速得到答案,并且发现其实最终我们只需要f[root][].容易想到倍增.设f[x][k][0/1][0/1]表示x号点…

传送门 我现在还是不明白为什么NOIPd2t3会是一道动态dp-- 首先关于动态dp可以看这里 然后这里就是把把矩阵给改一改,改成这个形式\[\left[dp_{i-1,0},dp_{i-1,1}\right]\times \left[\begin{matrix}\infty&ldp_{i,1}\\ldp_{i,0}&ldp_{i,1}\end{matrix}\right]\] 然后就是改成\(longlong\),以及改一改取最小.关于强制取或不取,只要让值加上一个极大值或减去极大值就可…

Code: // luogu-judger-enable-o2 #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define lson (now<<1) #define rson ((now<<1)|1) #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) #define maxn 300000 const long long inf = 1000000…

题目传送门 传送门 想抄一个短一点ddp板子.然后照着Jode抄,莫名其妙多了90行和1.3k. Code /** * loj * Problem#2955 * Accepted * Time: 2653ms * Memory: 25616k */ #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef bool boolean; const int N = 1e5 + 5; #define ll long long template <…

窝当然不会ddp啦,要写这题当然是考虑优化裸dp啦,但是这题非常麻烦,于是变成了黑题. 首先,这个是没有上司的舞会模型,求图的带权最大独立集. 不考虑国王的限制条件,有 \[ dp[x][0]+=dp[y][1]\\ dp[x][1]+=min(dp[y][1],dp[y][0]) \] 现在考虑限制条件,如果对每一个限制条件都做一次dp,复杂度达到\(O(n^2)\),无法承受. 显然,对于这些限制条件,每一次的变动不会影响其它大多数的状态. 对于一个限制条件,我们分开考虑,先考虑只对一个城市…

前言 传送门 很多人写了题解了,我就懒得写了,推荐一篇博客 那就分享一下我的理解吧(说得好像有人看一样 对于每个点都只有选与不选两种情况,所以直接用倍增预处理出来两种情况的子树之内,子树之外的最值,最终答案以拼凑的方式得出 如果这个题要修改权值的话就真的只能用动态dp了(好像还有那个什么全局平衡树 我真的觉得去年出题人只是想出一个倍增,结果被动态dp干了(Ark:出题人真的只是想出一个动态dp #include<cstdio> #include<cstring> #include&…