Algorithms Weekly 1

• 牛客小白月赛23:Problem G.
  有一棵包含(n)个节点和(n-1)条边的树，规定树链((u,v))为树上从(u)到(v)的简单路径。
  树的每条边上都有一个正整数，这个正整数被称作这条边的颜色，规定一条树链的权值(w(u,v))为这条树链上所有边的颜色的代数和。
  而整棵树的权值为所有不同的树链的权值的代数和。
  已知所有边的颜色集合恰好为(1)到(n-1)这(n-1)个不同的正整数，请你为每条边安排一种颜色，使得这棵树的权值尽量小，你不需要给出具体方案，只需要求出这个最小的权值即可。
  思路:
  计算每条边的贡献:边((u,v))的贡献为((n-siz_{u}) cdot siz_{u})，其中(siz_{i})为(i)节点为根的子树的大小。按贡献从大到小排序后分配给(1,2..,n-1)即可。时间复杂度(O(ncdot log(n)))

• Leetcode181 T3
  给定(6)种道路，按照数据所给的(n cdot m)矩阵排列能否从((0,0))到达((n-1,m-1))。
  思路:
  BFS即可，对于每一块的四周判断可不可以走。

• KickStart RoundA T2
  一个(n cdot m)的方格阵，每个方格都有一个值，对于每一行来说，你只能从第一块开始拿，不能跳过某一块，整个方阵最多可以拿(k)块，使这(k)块的值的和最大。
  思路
  dp，令(dp_{i,j,k})代表拿到第(i)行，第(i)行拿了(j)个，总共拿了(k)个的最大值。((nm)^2)转移即可。
  代码

/*
* @author:  codancer
* @createTime:  time
*/
#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define fep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
typedef vector<int> VI;
typedef vector<ll> VII;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 200;
long long dp[60][40][2000];//dp[i][j][k]表示第i行拿j个总共k个的最大值
long long a[N][N];
long long pre[N][N];
int main(){
	int T;
	cin>>T;
	int cas=1;
	while(T--){
		int n,k,p;
		cin>>n>>k>>p;
		rep(i,1,n){
			pre[i][0]=0;
			rep(j,1,k){
				cin>>a[i][j];
				pre[i][j]=pre[i][j-1]+a[i][j];
			}
		}
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		rep(i,1,n){//第i行
			rep(j,0,k){
				rep(u,0,k){
					rep(last,0,p){
						dp[i][j][last+j]=max(dp[i-1][u][last]+pre[i][j],dp[i][j][last+j]);
					}
				}
			}
		}
		ll ans=0;
		rep(i,1,n){
			rep(j,0,k){
				ans=max(ans,dp[i][j][p]);
			}
		}
		printf("Case #%d: %lld
",cas++,ans);
	}
	return 0;
}

• KickStart RoundA T3
  (n)个木棒，可以切(k)次，随便切，问切割后最长的木棒最短为多少
  思路：
  二分最大值(x)，假设第(i)个木棒的长度为(l_{i})，则可计算出该木棒至少切割几次才能让最大值小于等于(x)，判断总次数是否小于等于(k)即可。

• ABC159 E
  一个(n cdot m)的矩阵，如果((i,j))处为(1)则是白色，为(0)则是黑色，现在你可以对这个矩阵横竖切割，最终要使得切割后的每一块的黑色面积小于等于(k)，计算至少需要多少次。其中(1 leq n leq 10, 1leq m leq 1000)。
  思路:
  (2^{n-1})枚举横着切的所有情况，贪心的计算竖着的刀数即可。时间复杂度(O(2^{n-1} cdot n cdot m))
  代码

/*
* @author:  codancer
*/
#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
#define pb push_back
#define SZ(x) ((int)(x).size())
#define fi first
#define se second
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define fep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> pii;
char maze[20][3000];
int c[3000][20];//第j列的前i行的前缀和
int main(){
	int n,m,k;
	cin>>n>>m>>k;
	rep(i,1,n){
		rep(j,1,m){
			cin>>maze[i][j];
		}
	}
	rep(j,1,m){
		c[j][0]=0;
		rep(i,1,n){
			c[j][i]=c[j][i-1]+(maze[i][j]-'0');
		}
	}
	
	int ans=1e9;
	for(int i=0;i<(1<<(n-1));i++){
		vector<int> lc;
		int now=0;
		for(int j=0;j<(n-1);j++){
			if((i>>j)&1){
				lc.pb(j+1);
			}
		}
		int siz=(int)lc.size();
		now+=siz;
		
		vector<pair<int,int> > sq;//第i块的区间
				
		if(siz==0){//不切 
			sq.pb({1,n});
		}else{
			sq.pb({1,lc[0]});
			rep(j,1,siz-1){
				sq.pb({lc[j-1]+1,lc[j]});
			} 
			sq.pb({lc[siz-1]+1,n});
		}
		
		//先检验横着划分的可行性 
		bool flag=1;
		rep(j,1,m){
			rep(d,0,siz){
				int up=sq[d].first;
				int down=sq[d].second;
				if(c[j][down]-c[j][up-1]>k){
					flag=0;
					break;
				}
			}
		}
		if(flag==0) continue;
		
//		cout<<sq.size()<<' '<<now<<endl;
//		for(auto v:sq){
//			cout<<v.first<<"---"<<v.second<<endl;
//		}
		
		vector<int> tmp(siz+1,0);//第i块当前白色的数量 
		rep(j,1,m){
			bool ok=1;
			rep(d,0,siz){
				int up=sq[d].first;
				int down=sq[d].second;
				if(tmp[d]+c[j][down]-c[j][up-1]>k){
					ok=0;
					break;
				}
				tmp[d]+=(c[j][down]-c[j][up-1]);
			}
			if(ok==0){
				++now;
				rep(d,0,siz){
					int up=sq[d].first;
					int down=sq[d].second;
					tmp[d]=c[j][down]-c[j][up-1];
				}
			}
		}
		ans=min(ans,now);
	}
	
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}