题目传送门 题意太长就不给了 发现答案具有单调性(额外的时间不会对答案造成影响),故考虑二分答案. 贪心地想,在二分了一个时间之后,军队尽量往上走更好.所以我们预处理倍增数组,在二分时间之后通过倍增看某一个军队能到达的深度最低的点.接着,我们发现有一些军队可以到达根节点,还有额外的时间去到别的子树上,而有一些子树没有被封闭完全.这个时候需要我们利用贪心思想来分配军队. 我们将能到达根节点的军队剩余的时间记录下来,并将军队由哪一棵子树而来记录下来,将其按照剩余时间从大到小排序.接着我们处理出没有完…

H 国有n个城市,这 n个城市用n-1条双向道路相互连通构成一棵树,1号城市是首都,也是树中的根节点. H国的首都爆发了一种危害性极高的传染病.当局为了控制疫情,不让疫情扩散到边境城市(叶子节点所表示的城市),决定动用军队在一些城市建立检查点,使得从首都到边境城市的每一条路径上都至少有一个检查点,边境城市也可以建立检查点.但特别要注意的是,首都是不能建立检查点的. 现在,在 H 国的一些城市中已经驻扎有军队,且一个城市可以驻扎多个军队.一支军队可以在有道路连接的城市间移动,并在除首都以外的任意一…

先二分出一个时间,把每个军队倍增往上跳到不能再跳 然后如果它能到1号点,就记下来它跳到1号点后剩余的时间:如果不能,就让它就地扎根,记一记它覆盖了哪些叶节点(我在这里用了dfs序+差分,其实直接dfs就行..) 然后对于那些叶节点没有被覆盖完全的(父亲为1号点的)子树,肯定需要一些已经到1号点的军队来走过去 如果它离1距离越远,肯定就希望用剩余时间越多的军队来走,除非是有一个剩余时间更少的军队本来就在这个子树里 看一看能不能符合要求的就行了 然而有很多要注意的地方: 0.一个军队只能用一次...…

题目链接 观察题目,答案明显具有单调性. 因为如果用$x$小时能够控制疫情,那么用$(x+1)$小时也一定能控制疫情. 由此想到二分答案,将问题转换为判断用$x$小时是否能控制疫情. 对于那些在$x$小时内不能够走到根节点的子节点上的军队,让他们尽量往上走即可,走到哪里是哪里,这样显然不会更劣. 对于那些在$x$小时内能走到根节点的子节点上的军队,就让他们先走到根节点的子节点上. 然后搞搞贪心即可. #include<iostream> #include<cstdio> #incl…

洛谷题目传送门 费了几个小时杠掉此题,如果不是那水水的数据的话,跟列队的难度真的是有得一比... 话说蒟蒻仔细翻了所有的题解,发现巨佬写的都是倍增,复杂度是\(O(n\log n\log nw)\)的,貌似还不够优秀. 其实我们与其对于每一个点都通过倍增向上找到对应位置,还不如直接从上到下dfs一遍,判断:如果当前点子树内初始位置最浅的军队与当前点距离不超过\(mid\),或者所有子树都被封锁,那么当前点也被封锁. 这样以后再二分,时间复杂度降至\(O(n\log nw)\).其它部分的思路Da…

因为若一个时间限制满足题意,则所有比它大的时间限制一定都满足题意,因此本题答案具有单调性,可以想到二分答案求解. 本题思路不是很难,但细节和代码实现比较复杂. 见牛人博客:https://www.luogu.com.cn/blog/TEoS/p1084-yi-qing-kong-zhi 1 #include<bits/stdc++.h> 2 typedef long long ll; 3 using namespace std; 4 const int N=6e4; 5 int n,m,t,t…

传送门 解题思路 比较神的一道题.首先发现是最小值问题,并且具有单调性,所以要考虑二分答案.其次有一个性质是军队越靠上越优,所以我们要将所有的军队尽量向上提,这一过程我们用倍增实现.发现这时有两种军队,一种是到根之后可以继续移动,另一种不行.那么记录下来那些到根之后可以移动的点和可以继续移动的距离,存到一个结构体里,顺便还要记录下来每个根节点的子节点中剩余路程最短的点.继续一遍\(dfs\),可以求出那些需要被占领的根节点的子节点,然后记录他们到根的距离.把两个数组从大到小排序,贪心的选取剩余路…

题目大意:给定一棵树,有一些点是关键点,要求选择不超过mm个点.使得全部关键点到近期的选择的点距离最大值最小 二分答案,问题转化为: 给定一棵树,有一些点是关键点,要求选择最少的点使得每一个关键点到选择的点的距离不超过limitlimit 然后我们贪心DFS一遍 对于以一个节点为根的子树,有三种状态: 0.这棵子树中存在一个选择的点,这个选择的点的贡献还能继续向上传递 1.这棵子树中存在一个未被覆盖的关键点,须要一些选择的点去覆盖他 2.这棵子树中既没有能继续向上传递的选择的点也不存在未覆盖的关…

1082: [SCOI2005]栅栏 题目:传送门 题解: 是不是一开始在想DP?本蒟蒻也是qwq,结果很nice的错了ORZ 正解:二分+搜索 我们可以先把两种木材都进行排序,那么如果需要的最大木材比可提供的最大木材还要大的话,那么可以直接舍弃这种需要的木材. 然后就可以进入二分,如果当前可以做贡献的提供木材加起来都没有前mid块需要木材大的话,很明显当前mid不ok 返回判断值再记录答案就好了,注意一些小细节的优化 代码: #include<cstdio> #include<cstr…

首先二分一下答案,就变成了找长度>=m的 不相交的路径的个数 考虑到在一个子树中,只有一个点能出这个子树去和别的点搞 所以我这个子树里尽量自我满足是不会有坏处的 而且要在自我满足数最大的条件下,剩下一个尽量大的去把他搞出去 具体来说,我们设f[x]是x的子树中的满足条件的最大路径数,g[x]是在f[x]最大的情况下能剩下来的x的子树中到x的最大的路径长度 我们假设y们是x的孩子们,那我们拿着g[y]+edge[x][y],又可以拼出好多路径 首先如果他已经>=m了,那就直接f[x]++ 然后我…