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…

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…

洛谷P4475 巧克力王国 题目描述 巧克力王国里的巧克力都是由牛奶和可可做成的. 但是并不是每一块巧克力都受王国人民的欢迎,因为大家都不喜欢过于甜的巧克力. 对于每一块巧克力,我们设 x 和 y 为其牛奶和可可的含量. 由于每个人对于甜的程度都有自己的评判标准,所以每个人都有两个参数 a 和 b ,分别为他自己为牛奶和可可定义的权重, 因此牛奶和可可含量分别为 x 和 y 的巧克力对于他的甜味程度即为 ax+by. 而每个人又有一个甜味限度 c ,所有甜味程度大于等于 c 的巧克力他都无法接受…

倍增lca板子洛谷P3379 #include<cstdio> struct E { int to,next; }e[]; ],anc[][],log2n,deep[],n,m,s,ne; ]; void dfs(int x,int fa) { int i,k; vis[x]=; anc[x][]=fa; deep[x]=deep[fa]+; ;i<=log2n;i++) anc[x][i]=anc[anc[x][i-]][i-]; ;k=e[k].next) if(!vis[e[k].…

前言 传送门 很多人写了题解了,我就懒得写了,推荐一篇博客 那就分享一下我的理解吧(说得好像有人看一样 对于每个点都只有选与不选两种情况,所以直接用倍增预处理出来两种情况的子树之内,子树之外的最值,最终答案以拼凑的方式得出 如果这个题要修改权值的话就真的只能用动态dp了(好像还有那个什么全局平衡树 我真的觉得去年出题人只是想出一个倍增,结果被动态dp干了(Ark:出题人真的只是想出一个动态dp #include<cstdio> #include<cstring> #include&…

题面 https://www.luogu.com.cn/problem/P5024 分析 可以对有限制的点对之间的链进行在倍增上的DP数组合并. 需要通过一次正向树形DP和一次换根DP得到g[0][i][0/1]表示以i为根的子树中i为0/1的最小代价和g[1][i][0/1]表示整棵树除了以i为根的子树i为0/1的最小代价. 然后倍增数组上减去儿子方向的DP值进行预处理.倍增数组f[i][0/1][0/1][j]表示i向上跳$2^{j}$ 次,i的状态为0/1,跳到的祖先的状态为0/1的DP值…

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…

P4475 巧克力王国 题目描述 巧克力王国里的巧克力都是由牛奶和可可做成的.但是并不是每一块巧克力都受王国人民的欢迎,因为大家都不喜欢过于甜的巧克力. 对于每一块巧克力,我们设 \(x\) 和 \(y\) 为其牛奶和可可的含量.由于每个人对于甜的程度都有自己的评判标准,所以每个人都有两个参数 \(a\) 和 \(b\) ,分别为他自己为牛奶和可可定义的权重, 因此牛奶和可可含量分别为 \(x\) 和 \(y\) 的巧克力对于他的甜味程度即为 \(ax+by\).而每个人又有一个甜味限度 \(c…

正解:倍增+并查集 解题报告: 传送门! 首先不难想到暴力?就考虑把区间相等转化成对应点对相等,然后直接对应点连边,最后求有几个连通块就好辣 然后看下复杂度,修改是O(n2)查询是O(n),就比较容易想到能不能通过一些技巧变成都是O(nlogn)的,再结合数据范围发现nlogn的复杂度似乎是对的 然后发现我们用的并查集嘛,并查集就有可合并性昂,看到有可合并性的,就要想到几种算法——倍增/线段树/balabala 但是可以发现线段树是不欧克的,因为线段树一定要按二进制划分开来,就会导致两个子节点的…

题意 题目链接 Sol 咕了一年的题解.. 并不算是很难,只是代码有点毒瘤 \(f[i][j]\)表示从\(i\)号节点出发走了\(2^j\)轮后总的距离 \(da[i][j]\)同理表示\(a\)的距离,\(db[i][j]\)与\(da\)同理 倍增优化一下 注意最后\(a\)可能还会走一次 #include<bits/stdc++.h> #define Pair pair<int, int> #define MP make_pair #define fi first #def…

题目:https://www.luogu.org/problemnew/show/P1967 就是倍增LCA的裸题,注意一些细节即可. 代码如下: #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; ,MAXM=,inf=1e9; ],mn[MAXN][],ct1,ct=,head[MAXN]; int fa[MAXN],…

题目:https://www.luogu.org/problemnew/show/P1081 真是倍增好题! 预处理:f[i][j] 表示从 i 点开始走 2^j 次 AB (A,B各走一次)到达的点:   sta[i][j] 表示从 i 点开始走 2^j 次 AB 后 A 走过的总路程:stb 为 B 的: 首先要找到 2^0 位置上的,也就是右边最近的和次近的点: 先把点按海拔排序,那么最近点和次近点一定在 i-2 , i-1 , i+1 , i+2 这四个位置: 又不能找到 i 之前的点,…

题面 首先可以写一个暴力dp的式子,非常经典的树形dp \(dp[i][0]\)表示\(i\)这个点没有驻军,\(dp[i][1]\)就是有驻军,\(j\)是\(i\)的孩子.那么显然: \[ \begin{align*} dp[i][0]&=dp[j][1]\\ dp[i][1]&=\min\{dp[j][0],dp[j][1]\} \end{align*} \] 然后我们发现,对于一个孩子\(j\),它的转移与其他孩子无关.也就是其他孩子的值对他没有影响. 这样的性质决定了这道题目的可…

题目链接:P1613 跑路 题意 给定包含 \(n\) 个点和 \(m\) 条边的有向图,每条边的长度为 \(1\) 千米.每秒钟可以跑 \(2^k\) 千米,问从点 \(1\) 到点 \(n\) 最少需几秒. 思路 倍增 DP Floyd 令 \(dp[i][j][k]\) 表示从 \(i\) 到 \(j\) 是否存在长度为 \(2^k\) 的路径. 那么如果 \(dp[i][t][k - 1]\) 和 \(dp[t][j][k - 1]\) 都为 \(1\) 则 \(dp[i][j][k]\…

传送门 我现在还是不明白为什么NOIPd2t3会是一道动态dp-- 首先关于动态dp可以看这里 然后这里就是把把矩阵给改一改,改成这个形式\[\left[dp_{i-1,0},dp_{i-1,1}\right]\times \left[\begin{matrix}\infty&ldp_{i,1}\\ldp_{i,0}&ldp_{i,1}\end{matrix}\right]\] 然后就是改成\(longlong\),以及改一改取最小.关于强制取或不取,只要让值加上一个极大值或减去极大值就可…

首先,我们一定要认识到本题中的最短时间所对应的道路不一定是在起点到终点的最短路.例如,起点到终点的最短路为 151515 ,那么对 151515 进行二进制拆分的话是 111111111111 ,这时求出的最短时间为4.然而如果有一条长度为 161616 的路径的话最短时间就为 111,显然比之前求的更优 . 我们在这里定义两个数组: intintint d[i][j]d[i][j]d[i][j],即代表点 (i,j)(i,j)(i,j) 之间的最短跑步时间. boolboolbool g[i]…

[题目链接] [思路]: 根据题意可以明显看出,当所有任务都完成时的时间是最终的结果,也就是说本题要求,求出最小的最大值. 那这样的话就暗示了将答案二分,进行check. [check方法]: 如果说当前答案为ans,每个任务设为p[i],所花费的时间是p[i].tim,所有任务p[i].tim的最大值为maxdis 那么则将符合条件p[i].tim>=ans的数量num求出来,这个数量也就是符合条件的路径的数量(一个任务在u,v之间有一个简单路径很容易理解), 然后找到一个所有路径中他们的公共…

(嘤嘤嘤 又是一个自闭了一晚上的题) qwq果然不是平面上的点的问题,也可以直接用KDTree打暴力 我们对于巧克力直接建kdtree 维护一个\(mx[i],mn[i]\) 但是有一个非常不友好的事情 我们貌似很难对这个东西进行一些实质上的剪枝 因为他求的是一个和的形式,而不是一个最值QWQ 那么该怎么办呢? 我们这时候考虑,对于一个kdtree上的每一个节点,我们都维护一个子树sum表示子树内的所有巧克力的权值之和. 那么对于一次\(query\),假设我们最大的甜度都不会超过\(c\)的话…

\(\mathcal{NOIP2018}\) 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…

洛谷题目传送门 %%%TPLY巨佬和ysner巨佬%%% 他们的题解 思路分析 具体思路都在各位巨佬的题解中.这题做法挺多的,我就不对每个都详细讲了,泛泛而谈吧. 大多数算法都要用kruskal把最小生成树弄出来,因为要求次小生成树.至于为什么次小一定只在最小的基础上改变了一条边,我也不会严谨的证明......打表找规律大法好 剩下的可以有一堆数据结构来维护最大值和次大值(原理两位巨佬都讲清楚了,这里只分析一下算法的优劣) kruscal+倍增+LCA 山楠巨佬的做法,我也写了这一种.复杂度\(…

洛谷题目传送门 题目大意 就是给你一棵树,每个点都有点权,每次任意询问两点间路径上点权第k小的值(强制在线). 思路分析 第k小......又是主席树了.但这次变成树了,无法直接维护前缀和. 又是树上差分的小套路--每一个点到根的前缀和还是很好维护对吧. 询问\(u,v\)的时候,我们可以知道\(size[root,u]\)和\(size[root,v]\)的和. 但我们需要的只是一条路径,\(lca(u,v)\)以上的全不要,\(lca(u,v)\)也只要算一次. 于是用\(size[root…

洛谷题目传送门 闲话 这是所有LCT题目中的一个异类. 之所以认为是LCT题目,是因为本题思路的瓶颈就在于如何去维护同颜色的点的集合. 只不过做着做着,感觉后来的思路(dfn序,线段树,LCA)似乎要喧宾夺主了...(至少在代码上看是如此) 思路分析 一个一个操作来(瞎BB中,这种思路模式并不具有普遍性......) 1操作 还好我没学树剖233333以至于(直接想到)只好用LCT来维护颜色. 题目透露出的神奇的性质--每一种颜色,无论在任何时刻,肯定是一条链,而且点的深度严格递增! 而且还特意…

洛谷题目传送门 %%%TPLY巨佬和ysner巨佬%%% 他们的题解 思路分析 具体思路都在各位巨佬的题解中.这题做法挺多的,我就不对每个都详细讲了,泛泛而谈吧. 大多数算法都要用kruskal把最小生成树弄出来,因为要求次小生成树.至于为什么次小一定只在最小的基础上改变了一条边,我也不会严谨的证明......打表找规律大法好 剩下的可以有一堆数据结构来维护最大值和次大值(原理两位巨佬都讲清楚了,这里只分析一下算法的优劣) kruscal+倍增+LCA 山楠巨佬的做法,我也写了这一种.复杂度\(…

洛谷题目传送门 题目大意 就是给你一棵树,每个点都有点权,每次任意询问两点间路径上点权第k小的值(强制在线). 思路分析 第k小......又是主席树了.但这次变成树了,无法直接维护前缀和. 又是树上差分的小套路--每一个点到根的前缀和还是很好维护对吧. 询问\(u,v\)的时候,我们可以知道\(size[root,u]\)和\(size[root,v]\)的和. 但我们需要的只是一条路径,\(lca(u,v)\)以上的全不要,\(lca(u,v)\)也只要算一次. 于是用\(size[root…

洛谷 3379 最近公共祖先(LCA 倍增) 题意分析 裸的板子题,但是注意这题n上限50w,我用的边表,所以要开到100w才能过,一开始re了两发,发现这个问题了. 代码总览 #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cmath> #define nmax 1000100 #define demen 21 using namespace std; int fa[n…

洛谷P4180:https://www.luogu.org/problemnew/show/P4180 前言 这可以说是本蒟蒻打过最长的代码了 思路 先求出此图中的最小生成树 权值为tot 我们称这棵树中的n-1条边为“树边” 其他m-n+1条边为“非树边” 枚举每条非树边(x,y,z)添加到最小生成树中 可以在x,y之间构成一个环 设x,y之间的路径最大值为val1 次大值为val2(val1>val2) 则有以下两种情况 当z>val1时 则把val1对应的边换成(x,y,z) 得到一个候…

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…

题目:https://www.luogu.org/problemnew/show/P4546 先写了个55分的部分分,直接用LCT维护即可,在洛谷上拿了60分: 注意各处 pushup,而且 splay 维护的是一条链但其形态不一定是一条链! #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> using namespa…

洛谷题面传送门 PGF 入门好题. 首先介绍一下 PGF 的基本概念.对于随机变量 \(X\),满足 \(X\) 的取值总是非负整数,我们即 \(P(v)\) 表示 \(X=v\) 的概率,那么我们定义 \(X\) 的概率生成函数为 \(F(x)=\sum\limits_{n\ge 0}P(n)x^n\).较一般的生成函数有所不同的是,对于概率生成函数 \(F(1)=1\) 必然成立,因为 \(X\) 取遍所有值的概率之和为 \(1\).此外,\(X\) 的期望 \(E(X)\) 也可表示为 \…

LOJ BZOJ 洛谷 对这题无话可说,确实比较...裸... 像dls说的拿拓扑和parent树一套就能出出来了... 另外表示BZOJ Rank1 tql... 暴力的话,由每个\(A_i\)向它能支配的\(B_j\)连边,再由\(B_j\)向它能匹配的\(A_k\)(是\(A_k\)的前缀)连边,拓扑DP就可以了. 正解就是优化建图方式. 把串反过来,\(B_j\)能匹配\(A_k\)就是\(B_j\)是\(A_k\)的后缀,换句话说\(B_j\)能匹配\(parent\)树中它子树的所有…