最小权覆盖集 = 全集 - 最大权独立集 强制取点.不取点可以使用把权值改成正无穷或负无穷实现 接下来就是经典的"动态最大权独立集"了 O(nlogn). 这不是我说的,是immortalCO大佬说的 于是我调了一万年极值,终在\(\frac{LLONG\_MAX}{3}\)时\(11s\)卡过... 知道最小权覆盖集 = 全集 - 最大权独立集,就是模板\(DDP\)了 #include <cstdio> #include <iostream> #includ…

题目大意: emmmmm 题解: QAQ #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; #define ll long long #define ri register int #define rep(io, st, ed) for(ri io = st; io <= ed; io ++) #define drep(io, ed, st) for(ri i…

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…

题目大意 这还不是人尽皆知? 有一棵树, 每个节点放军队的代价是\(a_i\), 一条边连接的两个点至少有一个要放军队, 还有\(q\)次询问, 每次规定其中的两个一定需要/不可放置军队, 问这样修改以后的最小代价. 解题思路 考虑一个朴素的DP, 设\(f_{x,0/1}\)表示这个点选/不选的最小代价. 显然有 \[f_{x,0}=\sum f_{y,1} \] \[f_{x,1}=a_x+\sum \min(f_{y,0}, f_{y,1}) \] 其中\(y\)是\(x\)的儿子. 最后…

此题场上打了一个正确的$44pts$,接着看错题疯狂$rush$“正确”的$44pts$,后来没$rush$完没将之前的代码$copy$回去,直接变零分了..... 这一题我们显然有一种$O(nm)$的做法 令$f[u][0]$表示在以$u$为根的子树内部署军队,且$u$不部署军队的最小代价. 令$f[u][1]$表示在以$u$为根的子树内部署军队,且$u$部署军队的最小代价. 结合题意(重要!)不难推出: $f[u][0]=\sum_{v∈son[u]} f[v][1]$ $f[u][1]=v…

Code: // luogu-judger-enable-o2 #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define lson (now<<1) #define rson ((now<<1)|1) #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) #define maxn 300000 const long long inf = 1000000…

做法(倍增) 最好写的一种 以下0为不选,1为选 \(f_{i,0/1}\)为\(i\)子树的最小值,\(g_{i,0/1}\)为除i子树外的最小值 \(fh_{i,j,0/1,0/1}\)为确定\(i\)与\(i\)的\(2^j\)级祖先的状态,\(i\)的\(2^j\)祖先不包括i子树的最小值 这个转移挺好想的,故不赘述 查询 考虑边倍增爬上去,边处理即可 #include<bits/stdc++.h> typedef long long LL; const LL maxn=1e6+9,i…

自己 yy 了一个动态 dp 做法,应该是全网唯一用 LCT 写的. code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define lson tr[x].ch[0] #define rson tr[x].ch[1] #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; const int N=200005; const ll…

题目链接 问题分析 其实是比较明显的动态DP. 懒于再推一遍式子,直接用 最小权点覆盖=全集-最大权独立集,然后就和这道题一样了.题解可以看这里. 然后必须选或者不选的话,就直接把相应的点权变成\(-\infty\)或\(\infty\)就好了.如果是必须选,最后答案里不要忘了加回原来的值. 参考程序 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const long long Maxn = 100010; const long long INF…

窝当然不会ddp啦,要写这题当然是考虑优化裸dp啦,但是这题非常麻烦,于是变成了黑题. 首先,这个是没有上司的舞会模型,求图的带权最大独立集. 不考虑国王的限制条件,有 \[ dp[x][0]+=dp[y][1]\\ dp[x][1]+=min(dp[y][1],dp[y][0]) \] 现在考虑限制条件,如果对每一个限制条件都做一次dp,复杂度达到\(O(n^2)\),无法承受. 显然,对于这些限制条件,每一次的变动不会影响其它大多数的状态. 对于一个限制条件,我们分开考虑,先考虑只对一个城市…

把之前写的版本改了一下,这个版本的更好理解一些. 特地在一个链的最底端特判了一下. code: #include <bits/stdc++.h> #define N 200005 #define ll long long #define inf 10000000005 #define lson p[x].ch[0] #define rson p[x].ch[1] #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) , f…

Uoj 441 保卫王国 动态 \(dp\) .今天才来写这个题. 设 \(f[u][0/1]\) 表示子树 \(u\) 中不选/选 \(u\) 时的最小权值和,显然有:\(f[u][0]=\sum f[v][1] ,f[u][1]=w[u]+\sum \min(f[v][0],f[v][1])​\) . 现在要资瓷修改 \(x\) 的点权 \(w[x]\) ,容易发现修改后只会影响 \(x\) 到根节点这一条链上的 \(f\) 值.若暴力更新这一条链,在树深度大时,时间复杂度仍是 \(O(nm…

题目链接 这个$dark$题,嗯,不想说了. 法一:动态$dp$ 虽然早有听闻动态$dp$,但到最近才学,如果你了解动态$dp$,那就能很轻松做出这道题了.故利用这题在这里科普一下动态$dp$的具体内容. 我们先不考虑点上的强制选不选的限制,这是一个最小权边覆盖问题,大家肯定都会这道题的$O(nm)$的做法,这是一个很经典的树形$dp$.具体来讲就是一下两个转移: $$f_{x, 0} = \sum_{v} f_{v, 1} \qquad  f_{x, 1} = a_{x} + \sum_{v}…

qwq非正解. 但是能跑过. 1e5 log方还是很稳的啊 首先,考虑最普通的\(dp\) 令\(dp1[x][0]表示不选这个点,dp1[x][1]表示选这个点的最大最小花费\) 那么 \(dp1[x][0]=\sum dp[p][1]\) \(dp1[x][1]=\sum min(dp[p][1],dp[p][0])+val[x]\) 根据套路,我们要树链剖分+改变\(dp\)数组,我们令\(f[x]\)表示忽略重儿子的\(dp\)值,用\(g\)表示正常的\(dp\)值的话 那么不难发现转…

题面 题目链接-Luogu 题目链接-Loj(要加Freopen) 题解 什么是动态DP? OneInDark:你不需要知道这么多,你只需要知道是利用了广义矩阵乘法就够了! 广义矩乘 广义矩阵乘法,简单来说,就是把基本的 乘法 和 加法 运算符改成其它运算符,同时这两种运算要满足 前者对后者有分配律,如:加法 和 最大或最小值,按位与 和 异或 等.因为,我们会发现,乘法 和 加法 组成的传统矩阵乘法之所以有哪些性质,其根本原因就在于乘法对加法的分配律. 举个例子,有这么个 DP 转移: d p…

保卫王国 Description Z 国有n座城市,n - 1条双向道路,每条双向道路连接两座城市,且任意两座城市 都能通过若干条道路相互到达. Z 国的国防部长小 Z 要在城市中驻扎军队.驻扎军队需要满足如下几个条件: 一座城市可以驻扎一支军队,也可以不驻扎军队. 由道路直接连接的两座城市中至少要有一座城市驻扎军队. 在城市里驻扎军队会产生花费,在编号为i的城市中驻扎军队的花费是pipi. 小 Z 很快就规划出了一种驻扎军队的方案,使总花费最小.但是国王又给小 Z 提出 了m个要求,每个要求规…

题意 题目链接 Sol 动态dp板子题.有些细节还没搞懂,待我研究明白后再补题解... #include<bits/stdc++.h> #define LL long long using namespace std; const int MAXN = 1e5 + 10, INF = INT_MAX; template<typename A, typename B> inline bool chmax(A &x, B y) { return x < y ? x = y…

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]…

动态dp初探 动态区间最大子段和问题 给出长度为\(n\)的序列和\(m\)次操作,每次修改一个元素的值或查询区间的最大字段和(SP1714 GSS3). 设\(f[i]\)为以下标\(i\)结尾的最大子段和,\(g[i]\)表示从起始位置到\(i\)以内的最大子段和. \[ f[i]=\max(f[i-1]+a[i],a[i])\\g[i]=\max(g[i-1],f[i]) \] 定义如下的矩阵乘法,显然这满足乘法结合律和分配律. \[ C=AB\\C[i,j]=\max_{k}(A[i,k…

保卫王国 电脑卡懒得把题面挪过来了. 朴素 \[ dp_{i,0}=\sum dp_{s,1}\\ dp_{i,1}=\sum \min(dp_{s,0},dp_{s,1})+p_i \] 然后直接动态dp就行了 我发现lct是最好写的,反正比树剖好写,还比她快 没倍增快,但是看起来倍增挺难写的... Code: #include <cstdio> #include <algorithm> #define ll long long const ll inf=1ll<<4…

「NOIP2018保卫王国」 题目描述 有一棵 \(n\) 个点, 点有点权 \(a_i\),\(m\) 组询问, 每次求钦点两个节点必须选或者必须不选后的树上最小点覆盖. \(1 \leq n, m \leq 10^5\) 解题思路 : 这个题唯一的意义恐怕是普及了一个还不能算太普及的科技,至少我没有时间去实现这个东西.当然 \(\text{nqiiii}\) 大爷考场上写了标算没写这个科技就过了是真的强.(不愧是机房里仅次于 \(\text{AK}\)王\(\text{zzd}\) 的男人)…

动态DP?动态动态规划? 个人理解:动态DP,就是普通DP加修改操作,然后就变成了个毒瘤题. 直接就着例题写吧. 例题 P4719 [模板]"动态 DP"&动态树分治 求树上最大独立集.要求支持修改点权.n<=1e5. 算法原理 首先不带修的最大独立集是一个NOIP题: \(f[cur][0/1]\) 表示 \(cur\) 选/不选 其子树内(含 \(cur\))的被选点权值和. \[f[cur][0]= \sum max(f[to][0], f[to][1]) \] \…

序列 dp 引入:最大子段和 给定一个数列 \(a_1, a_2, \cdots, a_n\)(可能为负),求 \(\max\limits_{1\le l\le r\le n}\left\{\sum_{i=l}^ra_i\right\}\). 这是一个经典的 动态规划 问题:设 \(f_{i}\) 为以 \(a_i\) 结尾的最大子段和,设 \(g_{i}\) 为前 \(i\) 个数的最大子段和.那么显然有: \[\begin{cases} f_i = \max(f_{i-1} + a_i, 0…

模版 动态 dp 终于来写这个东西了.. LG 模版:给定 n 个点的数,点有点权, $ m $ 次修改点权,求修改完后这个树的最大独立集大小. 我们先来考虑朴素的最大独立集的 dp \[dp[u][0] = \sum_v max\{dp[v][1],dp[v][0]\}\\dp[u][1] = val[u] + \sum_v dp[v][0] \] 现在我们就拥有了一个 $ O(nm) $ 的做法,但是明显它不优秀. 既然支持修改,我们可以考虑树剖(或者LCT),现在树被我们剖成了重链和轻链.…

目录 「CF 750E」New Year and Old Subsequence 「洛谷 P4719」「模板」"动态 DP" & 动态树分治 「洛谷 P6021」洪水 「SP 6779」GSS7 「NOIP 2018」「洛谷 P5024」保卫王国 \(\mathcal{Introduction}\) \(\mathcal{Problem~1}\)   给定序列 \(\{a_n\}\),其中 \(a_i\in\mathbb Z\),求其最大子段和(不能为空).   很显然的 DP…

学习了一下动态DP 问题的来源: 给定一棵 \(n\) 个节点的树,点有点权,有 \(m\) 次修改单点点权的操作,回答每次操作之后的最大带权独立集大小. 首先一个显然的 \(O(nm)\) 的做法就是每次做一遍树形DP(这也是我在noip考场上唯一拿到的部分分),直接考虑如何优化这个东西. 简化一下问题,假如这棵树是一条链,那就变得很简单了,可以直接拿线段树维护矩阵加速. 可是如果每个点不止有一个儿子呢? 我们首先树剖一下. 设 \(g[i][0]=\sum\limits_{j\in ligh…

[复习]动态dp 你还是可以认为我原来写的动态dp就是在扯蛋. [Luogu4719][模板]动态dp 首先作为一个\(dp\)题,我们显然可以每次修改之后都进行暴力\(dp\),设\(f[i][0/1]\)表示当前考虑\(i\)及其子树内的点,当前这个点是选还是不选时能够得到的最大权值,那么我们可以得到转移:\(f[i][0]+=\max\{f[v][0],f[v][1]\},f[i][1]+=f[v][0]\),其中\(v\)是\(i\)的一个儿子. 那么这样子的复杂度就是\(O(qn)\)…

题意 题目描述 Z 国有\(n\)座城市,\(n - 1\)条双向道路,每条双向道路连接两座城市,且任意两座城市 都能通过若干条道路相互到达. Z 国的国防部长小 Z 要在城市中驻扎军队.驻扎军队需要满足如下几个条件: 一座城市可以驻扎一支军队,也可以不驻扎军队. 由道路直接连接的两座城市中至少要有一座城市驻扎军队. 在城市里驻扎军队会产生花费,在编号为i的城市中驻扎军队的花费是\(p_i\). 小 Z 很快就规划出了一种驻扎军队的方案,使总花费最小.但是国王又给小 Z 提出 了\(m\)个要求…

[NOIP2018TG]保卫王国 BZOJ luogu 当动态dp模板题写的,(全集-最大点权独立集)不能放军队的+inf,必须放军队-inf即可 注意矩阵乘法的顺序问题 #define ll long long #define ls x<<1,l,mid #define rs x<<1|1,mid+1,r #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int _=1e5+5,inf=1e9; int re(){…

动态DP 何为动态DP? 将画风正常的DP加上修改操作. 举个例子? 给你一个长度为\(n\)的数列,从中选出一些数,要求选出的数互不相邻,最大化选出的数的和. 考虑DP,状态设计为\(f[i][1/0]\)表示考虑了前\(i\)个数,第\(i\)个数选/不选的最大和. 状态转移方程显然为: \[f[i][0]=max(f[i-1][0],f[i-1][1])\] \[f[i][1]=f[i-1][0]+a[i]\] 很简单对不对? 改成这样呢? 给你一个长度为\(n\)的数列.有\(m\)次操…