2020-10-9联赛模拟12+晚间测试5

联赛模拟12

T1 松鼠的新家

做过的原题，lca+树上差分，但要注意算重的情况，将最终(a[2--n])的结果各减去一

T2 trade

(70)分：
看到题目第一眼想到了(dp)，(dp[i][j]),但如果记录前(i)个买/卖了(j)个的最大利润，你会发现无法转移，
可以用(dp[i][j])表示前i个货物处理完之后手中剩下(j)个的最大利润，转移就比较简单,考虑当前的第i个买还是卖还是忽略：
(dp[i][j]=max(dp[i-1][j],max(dp[k][j-1]-a[i],dp[k][j+1]+a[i]));)
时间(n^3)的，然后取个前缀(max)就不用枚举(k)了，并且发现压掉一维(i)也可以，所以时间(n^2),空间(O(n))
一直想再优化，无果，(70)分等死
(100)分：
可反悔贪心，不记得以前做过这么维护的题。
用小根堆维护，当前可以卖的物品。
每扫到一个物品，若它不大于堆顶，入堆。
否则出堆顶，向堆中放入2个该物品，加上贡献(val-top().val)
设当前物品是(b)，堆顶是(a)，以后的一件物品(c)
第一个该物品是以后进行反悔时,(a)卖为(c)比卖为(b)更优，则会将(b)取出换为(c)，
第二个(b)是又可以重新作为商品在堆里被卖;

code

if(q.empty()||x<=q.top().val) q.push((Node){i,x});
else{
      ans+=(x-q.top().val);
	q.pop();
	q.push((Node){i,x});
      	q.push((Node){i,x});
}

T3 sum

(q)个询问，每个询问给定n，m，求(sum_{i=0}^{m}C_n^i)
重要规律：当(m)一定时，(s[i])表示(n=i)的答案,则(s[i]=s[i-1]+C_{n-1}^m),可以结合杨辉三角来看
显然规律：n一定时，(s[i])表示(m=i)的答案，那么可以O(1)求出(s[i-1],s[i+1]);
用上面两条规律可以发现(s[n][m]),的n和m当作左右端点可以当作莫队的板子题来做（然而我以及好多人用这两条规律水到了80）
（除2要乘逆元我竟然忘了卡了好长时间）

T4

暴力有40
正解：
总楼盘数差分+前缀和
联通块数用(vector)+并查集来做，并查集每次合并的交界只会被访问一次所以复杂度正确。

晚间测试5

容易题

疫期分享题

兔子与樱花

发现如果底层节点可以合并，那么一定不会造成总结果变少(主要是考场上没造出反例……)
但是每个节点删儿子时，要从小往大删，x的每个儿子(yin son[x])贡献(（son_{cnt}[y]-1）+c[y]),当然y每贡献一次(c[x])也要改
对于每个节点开(vector)，对儿子排序，(dfs)向上更新即可

code

struct Node{
	int id;
	int val;
	bool operator < (const Node &B)const{
		return val<B.val;
	}
};
vector <Node> g[maxn];
void dfs(rint x){
	if(!head[x]) return;
	for(rint i=head[x],y;i;i=e[i].next){
		y=e[i].to;
		dfs(y);
		g[x].push_back((Node){y,c[y]+son_c[y]-1});
	}
	sort(g[x].begin(),g[x].end());
	for(rint i=0,id,val;i<g[x].size();++i){
		id=g[x][i].id,val=g[x][i].val;
		if(c[x]+son_c[x]+val<=m){
			c[x]+=c[id];
			son_c[x]=son_c[x]-1+son_c[id];
			ans++;
		}
		else break;
	}
}