E.Sorting Books
题目描述
解法
( t Almostspace art!Thespace artspace ofspace enumeration!)
不难发现每本书最多移动一次，移动多次一定是不优的。
那么每本书就有两种状态：不移动和移动。我们枚举每本书的状态，如果以最后一本不动书为界限，那么前面的书如果属于同一种类，那么一定同时移动或者同时不移动，否则这本不动书就会使他们不能相聚。
所以我们枚举最后一本不动书，它后面的数一定要动，现在要决策它前面的书，其实就是选出来书种类的区间不能相交，那么设 (dp[i]) 表示前 (i) 本书最大的不动书个数，预处理出每种书的左端点 (l[i])，右端点 (r[i]) 和出现次数 (cnt[i]) 就可以简单转移了。
但是代码中你会发现名与实的分离，去看注释！
总结
当没有思路的时候，枚举法会有奇效，虽然我们不用他实现代码，但是枚举有助于思考。
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 500005;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,a[M],l[M],r[M],dp[M],cnt[M];
vector<pair<int,int>> g[M];
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read();
if(!l[a[i]]) l[a[i]]=i;
r[a[i]]=i;
cnt[a[i]]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(cnt[i])
g[l[i]-1].push_back(make_pair(r[i],cnt[i]));
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(auto x:g[i])
dp[x.first]=max(dp[x.first],dp[i]+x.second);
dp[i+1]=max(dp[i+1],dp[i]);
}
int ans=n;
for(int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=0;
for(int i=n;i>=1;i--)
{
cnt[a[i]]++;
ans=min(ans,n-dp[i-1]-cnt[a[i]]);
//后面的书不应该都动吗？为什么要减cnt[a[i]]
//因为dp[i-1]其实没有算清楚
//对于a[i]这个种类的书，可能会不动
//但是我们在前面考虑不到其不动的情况(看转移)
//所以实际上是考虑前面不动的情况
}
printf("%d
",ans);
}
F. AB Tree
题目描述
解法
显然的思路是按深度分层，最理想的状况是每一行的字符都一样，答案是深度。
如果不能达到这个状态呢？那么构造给出最优解是深度(+1)
我们按层数从小到大考虑，如果某一层不能填入相同的字符，设出现次数较大的字符为 (c)，因为要降低对儿子的影响，所以把非叶节点填入颜色 (c)，设 (m) 为未填的字符，因为非叶节点的出现次数 (leqfrac{m}{2}) 而 (cgeqfrac{m}{2})，所以一定能填满。然后把 (c) 填入这一层的叶节点，剩下的就只有另一种颜色的，填入到其它点中，不难发现只有当前层会多一种不同的字符。
现在的问题是判断能不能每行填入相同的字符，这是个背包问题，物品就是每一层的节点数，但是直接做是 (O(n^2)) 的，优化背包需要观察一下题目性质。因为物品的种类数最多是 (sqrt n) 的，而我们求解的是存在性问题，多重背包是可以 (O(1)) 跑的，只要记录这一种物品还能取多少，就可以类似完全背包跑了，时间复杂度 (O(nsqrt n))
总结
我总结不动了，构造法的使用总是出其不意。
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 100005;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,k,x,y,tot,f[M],d[M],son[M];
int a[M],b[M],cnt[M],dp[500][M];
vector<int> v[M];char ans[M];
struct edge
{
int v,next;
}e[2*M];
void dfs(int u,int fa)
{
son[u]=0;
d[u]=d[fa]+1;
v[d[u]].push_back(u);
m=max(m,d[u]);
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);son[u]=1;
}
}
void work(int k,int n)
{
if(!k) return ;
int sl=a[b[k]]-dp[k][n];
cnt[b[k]]=sl;
work(k-1,n-sl*b[k]);
}
signed main()
{
n=read();x=read();y=n-x;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int j=read();
e[++tot]=edge{i,f[j]},f[j]=tot;
e[++tot]=edge{j,f[i]},f[i]=tot;
}
dfs(1,0);
for(int i=1;i<=m;i++)
a[v[i].size()]++;
memset(dp,-1,sizeof dp);
dp[0][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!a[i]) continue;
b[++k]=i;
for(int j=0;j<=n;j++)
{
if(dp[k-1][j]>=0) dp[k][j]=a[i];
if(j>=i) dp[k][j]=max(dp[k][j],dp[k][j-i]-1);
}
}
if(dp[k][x]>=0)
{
work(k,x);
for(int i=1;i<=n;i++) ans[i]='b';
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int len=v[i].size();
if(cnt[len])
{
cnt[len]--;
for(auto x:v[i]) ans[x]='a';
}
}
printf("%d
",m);
printf("%s
",ans+1);
return 0;
}
printf("%d
",m+1);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int len=v[i].size();
if(len<=x)
{
for(auto j:v[i]) ans[j]='a';
x-=len;
}
else if(len<=y)
{
for(auto j:v[i]) ans[j]='b';
y-=len;
}
else if(x>y)
{
for(auto j:v[i])
if(son[j]) ans[j]='a',x--;
for(auto j:v[i])
if(!ans[j] && x) ans[j]='a',x--;
for(auto j:v[i])
if(!ans[j]) ans[j]='b';
}
else
{
for(auto j:v[i])
if(son[j]) ans[j]='b',y--;
for(auto j:v[i])
if(!ans[j] && y) ans[j]='b',y--;
for(auto j:v[i])
if(!ans[j]) ans[j]='a';
}
}
printf("%s",ans+1);
}