NOIP2018提高组D2T3 ddp虽然好想,但是码量有点大(其实是我不会),因此本文用倍增优化树形DP来解决本题. 题意分析 给一棵树染色,每个节点染色需要一定的花费,要求相邻两个节点至少要有一个被染色,给出一些限制条件,求满足每个限制条件的最小花费为多少. 思路分析 首先判断无解的情况.显然,只有当$a,b$互为父子关系(这里的父子关系指的是严格相邻),且$x,y$都为0时才无解,其它情况都可以通过多染色来解. 很容易想到树形DP,那么具体状态如何设置呢?对于每个限制条件给出的两个点$a,…

\(\mathcal{NOIP2018}\) 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…

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…

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…

题意 求最小权值点覆盖. mmm次询问,每次给出两个点,分别要求每个点必须选或必须不选,输出每次的最小权值覆盖或者无解输出−1-1−1 题解 强制选或者不选可以看做修改权值为±∞\pm\infin±∞. 那么就是这道板题了. CODE #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; template<class T>inline void read(T &x) { char ch; in…

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…

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_…

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 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…