题面传送门 一眼树形 \(dp\) 本题有 \(2\) 大难点. 难点之一是状态的设计,这里需要四维状态,\(dp[i][j][0/1][0/1]\) 表示在以 \(i\) 为根的子树内放了 \(j\) 个监听器,\(i\) 号点是否放了监听器,\(i\) 号点是否被它的儿子覆盖,在这种情况下的方案数. 设计好了状态,转移也就水到渠成了. \(dp[u][j][0][0]\) 只能从 \(dp[v][j][0][1]\) 转移:\(i\) 号节点没放监听设备也没被覆盖,说明它的儿子都没放监听设备…

题目链接 洛谷P4559 题解 只会做\(70\)分的\(O(nlog^2n)\) 如果本来就在区间内的人是不用动的,区间右边的人往区间最右的那些空位跑,区间左边的人往区间最左的那些空位跑 找到这些空位就用二分 + 主席树 理应可以在主席树上的区间二分而做到\(O(nlogn)\),但是写不出来,先留着坑 #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #in…

LINK:潜入行动 初看题感觉很不可做 但是树形dp的状态过于明显. 容易设\(f_{x,j,l,r}\)表示x为根子树内放了j个设备且子树内都被覆盖l表示x是否被覆盖r表示x是否放设备的方案数. 初值我是上面四个状态都设为1 转移分类讨论一下也不困难. 然后需要容斥一下. 复杂度看起来是\(n\cdot k^2\)的 其实是\(n\cdot k\)的 证明 这个我就不口胡了. 当然还有一种转移是只给正确的状态转移 这样就不需要容斥了 可能常数会小一点. 我常数比较大 开o2才能过 枚举的边界注…

题面 传送门 题解 调了咱一个上午-- 首先考虑二分答案,那么每个点能够到达的范围是一个圆,这个圆与目标圆的交就是可行的区间,这个区间可以用极角来表示 首先,如果我们知道这个正\(n\)边形的转角,也就是它在水平的基础上转过了几度的话,那么可以把它的每个顶点和包含它的圆弧所代表的点连边,如果这个二分图存在完备匹配那么说明有解 然而我们并不知道这个多边形转过了几度 我们考虑一种可行的方案,如果它没有任何一个顶点和在一段圆弧的端点上,那么一定可以转一点点距离使其中一个顶点刚好落在一个圆弧的端点上,那…

题面 传送门 题解 翻译一下题意就是每次选出一些点,要用最少的边把这些点连起来,求期望边数 我也不知道为什么反正总之就是暴力枚举太麻烦了所以我们考虑贡献 如果一条边是割边,那么它会在图里当且仅当两边的联通块中都有点被选,设其中一边的点的个数为\(siz\),那么方案数就是\((2^{siz}-1)(2^{n-siz}-1)\) 然而如果一条边是环边就会变得非常麻烦了--每种方案相当于这个环上有若干个点被标记,要用最少的边数将它们连起来,那么边数就是环的大小减去\(\max(\)两个相邻点之间的边…

题面 传送门 题解 看出这是个闵可夫斯基和了然而我当初因为见到这词汇是在\(shadowice\)巨巨的\(Ynoi\)题解里所以压根没敢学-- 首先您需要知道这个 首先如果有一个向量\(w\)使得\(w+b=a\),也就是使\(A,B\)的凸包有交,有\(w=a-b\),那么我们把\(B\)的横坐标和纵坐标全部取反之后,\(w\)就必定在\(A\)和\(-B\)的闵可夫斯基和里 那么只要对\(A,-B\)求一个闵可夫斯基和的凸包就行了,然后判一下输入的向量是否在这个凸包里就行了 //minam…

题面 传送门 题解 首先考虑一个贪心,我们把所有的人按\(a_i\)排个序,那么排序后的第一个人到\(k\),第二个人到\(k+1\),...,第\(i\)个人到\(k+i-1\),易证这样一定是最优的 然后发现这里有一个很重要的性质,\(a_i\)互不相同.那么就必定存在一个点\(mid\),在\(mid\)左边(包括\(mid\))的空格子和人一样多,右边(不包括\(mid\))也一样多 那么很明显,\(mid\)左边的所有人都需要往右跑,\(mid\)右边的所有人都需要往左跑 然后来康康答…

题目传送门:洛谷 P4559. 题意简述: 有 \(n\) 个学生,编号为 \(i\) 的学生有一个位置 \(a_i\). 有 \(m\) 个询问,每次询问编号在 \([l,r]\) 区间内的学生跑到区间 \([k,k+r-l]\) 中的位置花费的距离总和的最小值. 每个学生的初始位置互不相同,最终到达的位置也必须互不相同. 题解: 不难证明,学生跑到最终的位置时,他们的相对位置不改变至少是最优解之一,这可以脑补一下. 所以我们只需要求最终相对位置不变时的答案即可. 因为学生两两位置不同,所以最…

[BZOJ5314][JSOI2018]潜入行动(动态规划) 题面 BZOJ 洛谷 题解 不难想到一个沙雕\(dp\),设\(f[i][j][0/1][0/1]\)表示当前点\(i\),子树中一共放了\(j\)个,这个点是否放了,这个是否被覆盖了. 看起来直接合并是\(O(nk^2)\)的QwQ..... 然后我以为是\(O(nk^2)\)的就不会做了嘤嘤嘤. 实际上是\(O(nk)\)的... 证明大概是这样的: 考虑什么时候会产生\(O(k^2)\)的贡献,即一个点有两棵子树的大小大于\(k…

bzoj炸了,靠离线版题目做了两道(过过样例什么的还是轻松的)但是交不了,正巧洛谷有个"大牛分站",就转回洛谷做题了 水题先行,一道傻逼匈牙利 其实本来的思路是搜索然后发现写出来类似于匈牙利(⊙o⊙) (匈牙利的复杂度惊人,1e6秒过) #include <cstdio> ]; ],fir[],to[],nex[]; int N,n,p,q; void add(int p,int q) { nex[++N]=fir[p];to[N]=q;fir[p]=N; } bool f…