一道神仙好题. 首先看到有多组\(k\),第一反应就是离线. 考虑贪心. 我们每次一定是尽量选择有儿子的节点.以便于我们下一次扩展. 但是对于一个\(k\),每次贪心的复杂度是\(O(n)\) 总复杂度是\(O(nq)\),肯定过不了. qwq 那我们只能来考虑一个快速求一个\(k\)的答案. 感觉题解的柿子好神仙啊. 这里定义\(f[i]\)表示\(k=i\)的时候的最小次数. \(sum[i]\)表示深度大于等于\(i\)的点有多少个. 则$$f[i]=max(j+\lceil \frac{…

传送门 思路: 最朴素的dp式子很好考虑:设\(dp(i,j)\)表示前\(i\)个任务,共\(j\)批的最小代价. 那么转移方程就有: \[ dp(i,j)=min\{dp(k,j-1)+(sumT_i+S*j)*(sumC_i-sumC_k)\} \] 为什么有个\(S*j\)呢,因为前面的批次启动会对后面的答案有影响. 但是分析复杂度是\(O(n^3)\)的,肯定不行. 考虑一下为什么需要第二个状态呢?是为了消除后效性,因为后面的状态不知道总共启动了几次. 但我们可以把费用提前计算,一次启…

做的第一道斜率优化\(DP\)QwQ 原题链接1/原题链接2 首先考虑\(O(n^2)\)的做法:设\(f[i]\)表示在\(i\)处建仓库的最小费用,则有转移方程: \(f[i]=min\{f[j]+\sum\limits_{k=j+1}^{i}P[k](X[i]-X[k])\}+C[i]\) 于是我们枚举\(i\),再从\(i-1\)开始从大到小枚举\(j\),并记录一个前缀和,每次更新一下\(f[i]\).洛咕上貌似拿了66分,数据太水: #include <cstdio> using…

题目大意:给你一颗$n$个点的有根树,相邻两个点之间有距离,我们可以从$x$乘车到$x$的祖先,费用为$dis\times P[x]+Q[x]$,问你除根以外每个点到根的最小花费. 数据范围:$n≤10^6$. 此题我们显然$dp$,列出方程为$f[x]=min\{f[y]+dis(x,y)\times P[x]+Q[x]\}$,其中$y$为$x$的祖先. 不难看出可能是一个斜率优化的式子,我们往下推推 设$i$是$j$的祖先,且从$i$出转移比从$j$处转移劣,不难列出: $f[i]+dis(…

题意 题目链接 Sol 解题的关键是看到题目里的提示... 设\(f[i]\)表示到第\(i\)天所持有软妹币的最大数量,显然答案为\(max_{i = 1}^n f[i]\) 转移为\(f_i = max(f_{i - 1}, A_i \frac{f_j R_j}{A_j R_j + B_j} + B_i \frac{f_j}{A_j R_j + B_j})\) 变形一下: \[\frac{f_i}{B_i} - \frac{f_j}{A_j R_j + B_j} = \frac{A_i}{B…

传送门 推式子(快哭了……)$$s^2*m^2=\sum _{i=1}^m (x_i-\bar{x})^2$$ $$s^2*m^2=m*\sum _{i=1}^m x_i^2-2*sum_n\sum _{i=1}^m x_i+sum_n^2$$ $$s^2*m^2=m*\sum _{i=1}^m x_i^2+(sum_n-\sum _{i=1}^m x_i)^2-(\sum _{i=1}^m x_i)^2$$ 然后因为$sum_n$和$\sum _{i=1}^m x_i$两项是定值,且值相等,所…

题目链接 算是巩固了一下斜率优化吧. 设\(f[i]\)表示前\(i\)分钟最少等待时间. 则有\(f[i]=\min_{j=0}^{i-m}f[j]+(cnt[i]-cnt[j])*i-(sum[i]-sum[j])\) 其中\(cnt[i]\)和\(sum[i]\)分别表示前\(i\)分钟去等车的学生数量和他们去等车的时刻之和. 变形一下得\(f[j]+sum[j]=i*cnt[j]+i*cnt[i]-sum[i]-f[i]\) 维护一个下凸包即可. #include <cstdio> #…

题目链接 忘情水二分模板题,最优解对划分段数的导数满足单调性(原函数凸性)即可使用此方法. 详细题解洛谷里面就有,不啰嗦了. 二分的临界点让人有点头大... #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef double db; ,inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f; ll n,m,hd,tl,a[N],S[N],dp[N],cnt[N]; struct P {ll x,y,c;} q…

首先根据题目中给的要求,推一下方差的柿子. \[v\times m^2 = m\times \sum x^2 - 2 \times sum \times sum +sum*sum \] 所以\(ans = v*m^2 = m\times \sum x^2 - sum*sum\) 那我们实际上就是最大化平方和. 由于题目限制了要分\(m\)段.所以我们的\(dp\)状态就是\(f[i][j]\)表示前\(i\)个数分了\(j\)段. 那么一个比较显然的转移 \(dp[i][p]=min(dp[j]…

洛谷题面传送门 考虑一个平凡的 DP:我们设 \(dp_i\) 表示前 \(i\) 辆车一来一回所需的最小时间. 注意到我们每次肯定会让某一段连续的火车一趟过去又一趟回来,故转移可以枚举上一段结束位置,设为 \(j\),那么有转移 \[dp_i=\min\limits_{j}\{\max(dp_j+i-j-1,a_i)+2s+i-j-1\} \] 在这里我们不妨假设 \(a_i<a_{i+1}\),这个可以通过从左到右扫一遍并执行 \(a_i\leftarrow\max(a_{i-1}+1,a_…