NOIP2018

铺设道路

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一个非常可行的做法是最小值分治。
正解就是一个贪心：从前往后扫，如果当前这个坑比前面那个深，那么就消耗当前深度减前面的深度的代价，否则当前这个会被直接覆盖，不需要代价。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a,last,ans;
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a;
        if(a>last) ans+=(a-last);
        last=a;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

货币系统

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先升序排序，然后从小到大枚举，如果当前的值能被之前的表示就跳过，否则答案加一。
具体实现完全背包就行了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int read(){int x;scanf("%d",&x);return x;}
const int M=25001,N=101;
int f[M],a[N];
int main()
{
    for(int T=read(),n,ans,i,j;T;--T)
    {
        memset(f,0,sizeof f),n=read(),ans=0;
	for(i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
	sort(a+1,a+n+1),f[0]=1;
	for(i=1;i<=n;++i) if(!f[a[i]]) for(++ans,j=a[i];j<=a[n];++j) f[j]|=f[j-a[i]];
        printf("%d
",ans);
    }
}

赛道修建

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先二分一个长度(lim)。
然后每个点开一个multiset记录子树中传上来的链的长度。
(le lim)的部分可以直接统计进答案。
其它的我们从小到大枚举，二分找到最小的满足两个加起来(le lim)的，然后把两个统计进答案。
然后把集合中剩下的最长的链加上自己到父亲的距离传给父亲。
这个贪心的正确性是显然的。

#include<bits/stdc++.h>
#define pi pair<int,int>
#define pb push_back
using namespace std;
int read(){int x=0,c=getchar();while(!isdigit(c))c=getchar();while(isdigit(c))x=x*10+c-48,c=getchar();return x;}
const int N=50007;
vector<pi>E[N];int n,m,lim,ans;
int dfs(int u,int fa)
{
    multiset<int>s;
    for(auto[v,w]:E[u]) if(v^fa) s.insert(dfs(v,u)+w);
    for(auto it=s.lower_bound(lim);it!=s.end();++it,s.erase(prev(it))) ++ans;
    for(auto it=s.begin();it!=s.end();)
    {
	auto p=s.lower_bound(lim-*it);
	if(p==it) ++p;
	if(p==s.end()){++it;continue;}
	++ans,s.erase(p),++it,s.erase(prev(it));
    }
    return s.size()? *prev(s.end()):0;
}
int check()
{
    dfs(1,ans=0);
    return ans>=m;
}
int main()
{
    n=read(),m=read();int i,u,v,w,l=1,r=0;
    for(i=1;i<n;++i) u=read(),v=read(),r+=w=read(),E[u].pb(pi(v,w)),E[v].pb(pi(u,w));
    for(r/=m;l<=r;) lim=l+r>>1,check()? l=lim+1:r=lim-1;
    printf("%d",r);
}

旅行

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(O(n^2))的做法还是不难想的，基环树的情况我们发现一定会有一条边不走。
先给边排个序，枚举删哪条边然后做就好了。
需要一定的剪枝/优化。这里就不写了。

#include<bits/stdc++.h>
#define pi pair<int,int>
#define pb push_back
using namespace std;
int read(){int x;scanf("%d",&x);return x;}
const int N=5007;
vector<pi>E[N];int ans[N],tmp[N],vis[N],ban,cnt;
void dfs(int u){vis[tmp[++cnt]=u]=1;for(auto[v,id]:E[u]) if(id^ban&&!vis[v]) dfs(v);}
void upd(int n)
{
    if(cnt^n)return;
    for(int i=1;i<=n;++i) if(tmp[i]<ans[i]) return swap(tmp,ans); else if(tmp[i]>ans[i]) return ;
}
int main()
{
    int n=read(),m=read(),i,u,v;memset(ans,0x3f,sizeof ans);
    for(i=1;i<=m;++i) u=read(),v=read(),E[u].pb(pi(v,i)),E[v].pb(pi(u,i));
    for(i=1;i<=n;++i) sort(E[i].begin(),E[i].end());
    if(m==n-1){dfs(1);for(i=1;i<=n;++i) printf("%d ",tmp[i]);return 0;}
    for(i=1;i<=n;++i) memset(vis,0,sizeof vis),ban=i,cnt=0,dfs(1),upd(n);
    for(i=1;i<=n;++i) printf("%d ",ans[i]);
}

填数游戏

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打表题，不想说啥了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
    register int x=0;
    register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
	ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')
	x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return x;
}
const int p=1e9+7;
inline int power(register int a,register int b){register int r=1;for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%p)if(b&1)r=1ll*a*r%p;return r;}
int main()
{
    register int n=read(),m=read();
    if(n>m)
	swap(n,m);
    switch(n)
    {
    case 1:
	return cout<<power(2,m),0;
    case 2:
	return cout<<4ll*power(3,m-1)%p,0;
    case 3:
	return cout<<112ll*power(3,m-3)%p,0;
    case 4:
	if(m==4)
	    return cout<<912,0;
	else
	    return cout<<2688ll*power(3,m-5)%p,0;
    case 5:
	if(m==5)
	    return cout<<7136,0;
	else
	    return cout<<21312ll*power(3,m-6)%p,0;
    case 6:
	if(m==6)
	    return cout<<56768,0;
	else
	    return cout<<170112ll*power(3,m-7)%p,0;
    case 7:
	if(m==7)
	    return cout<<453504,0;
	else
	    return cout<<1360128ll*power(3,m-8)%p,0;
    case 8:
	if(m==8)
	    return cout<<3626752,0;
	else
	    return cout<<10879488ll*power(3,m-9)%p,0;
    }
}

保卫王国

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DDP这东西以后有空再说吧。
首先我们有一个(O(nm))的dp。
设(f_{u,0/1})表示覆盖(u)的子树，(u)不选/选的最小代价。
然后再处理一个(g_{u,0/1})表示覆盖(u)的子树外，(u)不选/选的最小代价。这个形式的东西经常在换根dp里出现。
那么对于一次询问，我们把((u,v))这条链拿出来，链上面的单独跑一遍，其它的子树是不会受到影响的，可以直接拿(f,g)来算。
然后我们发现这个东西是可以倍增优化的，设(h_{u,i,0/1,0/1})表示覆盖除了(u)子树以外的(fa_{u,i})（(u)的(2^i)级祖先）的子树，(u)和(fa_{u,i})分别不选/选的最小代价。
然后每次询问倍增查询一下就行了。

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define ll long long
using namespace std;
namespace IO
{
    char ibuf[(1<<21)+1],obuf[(1<<21)+1],st[11],*iS,*iT,*oS=obuf,*oT=obuf+(1<<21);
    char Get(){return (iS==iT? (iT=(iS=ibuf)+fread(ibuf,1,(1<<21)+1,stdin),(iS==iT? EOF:*iS++)):*iS++);}
    void Flush(){fwrite(obuf,1,oS-obuf,stdout),oS=obuf;}
    void Put(char x){*oS++=x;if(oS==oT)Flush();}
    int read(){int x=0,c=Get();while(!isdigit(c))c=Get();while(isdigit(c))x=x*10+c-48,c=Get();return x;}
    void write(ll x){int top=0;while(x)st[++top]=(x%10)+48,x/=10;while(top)Put(st[top--]);Put('
');}
}
using namespace IO;
ll min(ll a,ll b){return a<b? a:b;}
void swap(int &a,int &b){a^=b^=a^=b;}
const int N=100007;const ll inf=1e18;
int n,val[N],dep[N],fa[N][17];ll f[N][2],g[N][2],h[N][17][2][2],x[2][2];vector<int>E[N];
void dfs(int u,int Fa)
{
    fa[u][0]=Fa,dep[u]=dep[Fa]+1,f[u][1]=val[u];
    for(int i=1;i<=16;++i) fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
    for(int v:E[u]) if(v^Fa) dfs(v,u),f[u][0]+=f[v][1],f[u][1]+=min(f[v][0],f[v][1]);
}
void dfs(int u){for(int v:E[u]) if(v^fa[u][0]) g[v][0]=g[u][1]+f[u][1]-min(f[v][0],f[v][1]),g[v][1]=min(g[u][0]+f[u][0]-f[v][1],g[v][0]),dfs(v);}
void init()
{
    int i,j,k,l;
    for(i=1;i<=n;++i) h[i][0][0][0]=inf,h[i][0][1][1]=h[i][0][0][1]=f[fa[i][0]][1]-min(f[i][0],f[i][1]),h[i][0][1][0]=f[fa[i][0]][0]-f[i][1];
    for(j=1;j<=16;++j) for(i=1;i<=n;++i) for(k=0;k<=1;++k) for(l=0;l<=1;++l) h[i][j][k][l]=min(h[i][j-1][k][0]+h[fa[i][j-1]][j-1][0][l],h[i][j-1][k][1]+h[fa[i][j-1]][j-1][1][l]);
}
void upd(int u,int i,int id)
{
    ll t0=min(x[id][0]+h[u][i][0][0],x[id][1]+h[u][i][1][0]),t1=min(x[id][0]+h[u][i][0][1],x[id][1]+h[u][i][1][1]);
    x[id][0]=t0,x[id][1]=t1;
}
ll cal(int u,int a,int v,int b)
{
    if(dep[u]<dep[v]) swap(a,b),swap(u,v);
    x[0][a]=f[u][a],x[1][b]=f[v][b],x[0][!a]=x[1][!b]=inf;
    for(int i=16;~i;--i) if(dep[fa[u][i]]>=dep[v]) upd(u,i,0),u=fa[u][i];
    if(u==v) return x[0][b]+g[u][b];
    for(int i=16;~i;--i) if(fa[u][i]^fa[v][i]) upd(u,i,0),upd(v,i,1),u=fa[u][i],v=fa[v][i];
    int o=fa[u][0];
    return min(f[o][0]-f[u][1]-f[v][1]+x[0][1]+x[1][1]+g[o][0],f[o][1]-min(f[u][0],f[u][1])-min(f[v][0],f[v][1])+min(x[0][0],x[0][1])+min(x[1][0],x[1][1])+g[o][1]);
}
void solve()
{
    int a=read(),x=read(),b=read(),y=read();
    if(!x&&!y&&(fa[a][0]==b||fa[b][0]==a)) return Put('-'),Put('1'),Put('
');
    write(cal(a,x,b,y));
}
int main()
{
    n=read();int Q=read(),i,u,v;read();
    for(i=1;i<=n;++i) val[i]=read();
    for(i=1;i<n;++i) u=read(),v=read(),E[u].pb(v),E[v].pb(u);
    dfs(1,0),dfs(1),init();
    while(Q--) solve();
    return Flush(),0;
}