「JSOI2014」支线剧情2 传送门 不难发现原图是一个以 \(1\) 为根的有根树,所以我们考虑树形 \(\text{DP}\). 设 \(f_i\) 表示暴力地走完以 \(i\) 为根的子树的最小代价,那么 \(f_i\) 的计算就很显然了: \[f_i = \sum_{j \in son_i}f_j + s_j \times dis(i, j)\] \(s_i\) 表示以 \(i\) 为根的子树的叶子数. 我们再设一个 \(dp_i\) 表示在可以存档读档的条件下走完以 \(i\) 为根…

「AHOI2014/JSOI2014」支线剧情 传送门 上下界网络流. 以 \(1\) 号节点为源点 \(s\) ,新建一个汇点 \(t\),如果 \(u\) 能到 \(v\),那么连边 \(u \to v\),下界为 \(1\),上界为 \(+\infty\),费用为对应的所需时间,表示这段剧情至少看一次,且看一次代价为对应的所需时间. 又因为我们可以在任何一个节点重开一次,所以我们的每个节点 \(u\) 都连边 \(u \to t\) ,下界为 \(0\),上界为 \(+\infty\),费…

「JSOI2014」矩形并 传送门 我们首先考虑怎么算这个期望比较好. 我们不难发现每一个矩形要和 \(n - 1\) 个矩形去交,而总共又有 \(n\) 个矩形,所以我们把矩形两两之间的交全部加起来再除以 \(n(n - 1)\) 就是答案. 至于算矩形之间的交我们可以考虑把每个矩形都视为在这个矩形范围内区间加上 \(1\) ,那么我们只需要查询一个矩形内的和 - 该矩形自身的贡献就可以算出一个矩形与其他矩形的交. 所以现在相当于我们只需要实现二维的区间加/查询. 但是数据范围很大我们不可能用…

「JSOI2014」打兔子 传送门 首先要特判 \(k \ge \lceil \frac{n}{2} \rceil\) 的情况,因为此时显然可以消灭所有的兔子,也就是再环上隔一个点打一枪. 但是我们又会发现当 \(n = 3, k = 2\) 时,这种情况也满足上述条件但是我们只能打掉两群兔子,所以选兔子最多的两个格子打. 对于剩下的情况我们可以考虑 \(\text{DP}\) . 我们可以发现一件事,就是说如果我们把环弱化成链,那么顺着打就可以包含所有状态了. 所以说我们就可以有一个性质:两个…

「JSOI2014」电信网络 传送门 一个点选了就必须选若干个点,最大化点权之和,显然最大权闭合子图问题. 一个点向它范围内所有点连边,直接跑最大权闭合子图即可. 参考代码: #include <cstring> #include <cstdio> #define rg register #define file(x) freopen(x".in", "r", stdin), freopen(x".out", "…

「JSOI2014」学生选课 传送门 看到这题首先可以二分. 考虑对于当前的 \(mid\) 如何 \(\text{check}\) 我们用 \(f_{i,j}\) 来表示 \(i\) 对 \(j\) 的好感度排名,那么对于两个人 \(i\),\(j\) 如果有 \(\max\{f_{i, j}, f_{j, i}\} > mid\) 那么显然这两个人是不能上同一个老师的课的. 而且每个人可以上的课只有两种,我们记为 \(a_{i, 0 / 1}\) 假设 \(i\),\(j\) 对于当前的 \…

「JSOI2014」歌剧表演 传送门 没想到吧我半夜切的 这道题应该算是 \(\text{JSOI2014}\) 里面比较简单的吧... 考虑用集合关系来表示分辨关系,具体地说就是我们把所有演员分成若干个集合,满足同一个集合内的演员两两不能分辨. 初始时所有演员位于同一个集合内. 然后对于某次参加了演出的演员,他们可能分别来自不同的集合,那么这些集合就会有两类不同的组成元素:一种是参加了当前这次演出的,另外一种是没参加的. 那么我们就需要把这两种元素分开,也就是把这个集合拆成两个. 有解的情况就…

「JSOI2014」强连通图 传送门 第一问很显然就是最大的强连通分量的大小. 对于第二问,我们先把原图进行缩点,得到 \(\text{DAG}\) 后,统计出入度为零的点的个数和出度为零的点的个数,两者取 \(\max\) 就是答案. 理性证明可以看这里 参考代码: #include <cstdio> #define rg register #define file(x) freopen(x".in", "r", stdin), freopen(x&q…

「JSOI2014」序列维护 传送门 其实这题就是luogu的模板线段树2,之所以要发题解就是因为学到了一种比较NB的 \(\text{update}\) 的方式.(参见这题) 我们可以把修改操作统一化,视为 \(ax + b\) 的形式,然后我们按照原来的套路来维护两个标记,分别代表 \(a\) 和 \(b\) ,那么我们的更新就可以这么写: inline void f(int p, int atag, int mtag, int l, int r) { t[p].sum = (t[p].su…

题面 传送门 思路 转化模型:给一张有向无环图,每次你可以选择一条路径走,花费的时间为路径上边权的总和,问要使所有边都被走至少一遍(可以重复),至少需要花费多久 走至少一遍,等价于覆盖这条边 也就是说,我们要找这个图的一个可重复的路径覆盖 路径覆盖让我们想到什么算法了呢? 网络流啊! 我们考虑建立网络流图模型. 这道题里面有个关键:走过一条边,走几次就要花几次的费用,这想到什么? 费用流嘛! 我们定义走一次路径会给这条路径上的所有边增加1的流量,再给所有边赋一个费用等于边权 这样,我们只要设每条…