You are given a tree with n nodes. The weight of the i-th node is wi. Given a positive integer m, now you need to judge that for every integer i in [1,m] whether there exists a connected subgraph which the sum of the weights of all nodes is equal to…

题意:T组样例,给次给出一个N节点的点权树,以及M,问连通块的点权和sum的情况,输出sum=1到M,用0或者1表示. 思路:背包,N^2,由于是无向的连通块,所以可以用分治优化到NlgN. 然后背包可以用bitset优化.注意不要想着背包合并背包,背包只能合并单点. #include<bits/stdc++.h> #define pb push_back #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define Gv G[u][i] #defin…

题目链接  2017 CCPC Hangzhou  Problem E 题意  给定一棵树,每个点有一个权值,现在我们可以选一些连通的点,并且把这点选出来的点的权值相加,得到一个和. 求$[1, m]$里面哪些值可以被表示成选出来的点的权值和.用$01$序列的方式输出. 重现赛赛场上的我英勇无畏,大胆做$3000$次FFT合并两个bitset表示的答案. 然后TLE到结束(活该) 其实这个题确实要用bitset,关键是能不能把合并两个bitset转化成合并一个数和一个bitset. 考虑点分治.…

首先给出定义 点分治是一种处理树上路径的工具 挂出一道题目来:Master of Subgraph 这道题目让你求所有联通子图加和所能产生数字,问你1到m之间,那些数字可以被产生 这道题目,假如我们利用暴力的方法去求解的话 实际上是对每个节点进行一次dfs,这样的话会发现复杂度为O(N^2)也就是再9e6左右,再加上常数M/64,复杂度根本不够(9e9) 我们可以利用点分治去优化复杂度 点分治的原理就是树上的路径产生的答案,不是在经过这个节点的就是在不经过这个节点的,那我们找到树的重心的话,就能…

Problem E. Master of SubgraphYou are given a tree with n nodes. The weight of the i-th node is wi. Given a positive integer m, now you need to judge that for every integer i in [1,m] whether there exists a connected subgraph which the sum of the weig…

[HDU6268]Master of Subgraph 题目大意: 一棵\(n(n\le3000)\)个结点的树,每个结点的权值为\(w_i\).给定\(m(m\le10^5)\),对于任意\(i\in[1,m]\),问书中是否有一个连通子图的权值和等于\(i\). 思路: 重心剖分.考虑处理当前处理出的以重心\(x\)为根的子树.首先求出当前子树的DFS序,设用\(node[i]\)表示DFS序为\(i\)的结点编号.考虑动态规划,用\(f[i][j]\)(std::bitset<M> f[…

题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/downloads/CCPC2018-Hangzhou-ProblemSet.pdf 题意:给定一棵有 n 个结点的树和一个数 m,对于 i ∈ [1,m] 问是否存在一个子图结点的权值和为 i . 题解:一个显然的思路是树上做背包,但显然会 T.要遍历全部子图,考虑进行点分治,然后合并的时候用 bitset 优化背包,时间复杂度O(nmlogn / 64),且时限给了 8s. #include <bits/stdc++.h> using…

给你一颗大小为n(3000)的树,树上每个点有点权(100000),再给你一个数m(100000) i为1~m,问树中是否存在一个子图,使得权值为i. 每次solve到一个节点 用一个bitset维护所有经过它的链的取值(calc前要先初始化当前节点的bitset) 复杂度为nlognm/64 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define ull unsigned long long #de…

题目地址:pid=5016">HDU 5016 先两遍DFS预处理出每一个点距近期的基站的距离与基站的编号. 然后找重心.求出每一个点距重心的距离.然后依据dis[x]+dis[y] < d[y].用二分找出当前子树中不会被占据的数量,总点数减去即是被占据的数量. 这样就能够求出每一个点最多占据的点的数量.然后找最大值就可以. 代码例如以下: #include <iostream> #include <string.h> #include <math.h…

这就是一个三维排序的问题,一维递减,两维递增,这样的问题用裸的CDQ分治恰好能够解决. 如同HDU 4742(三维排序,一个三维都是递增的) 由于最小字典序比較麻烦,所以要从后面往前面做分治.每一个点的dp值表示以这个点为起点.最长能够延伸多长. 本来是想依照Li排序,可是这样做在cdq的时候实在是太难以处理了.所以就依照idx排序.也就是不须要排序. 然后依照Ri排序,对于左边,保证右边的每一个R值大于左边的值.并用树状数组维护Li(由于Li须要递减.所以树状数组恰好能够维护右边的Li小于左边…