C. Bank Hacking
题目大意：给出一棵n个节点的树，每个节点有一个权值，删掉一个点的代价为当前这个点的权值，并且会使其相邻点和距离为2且中间隔着未被删除的点的点权值加1，现在选一个点开始删，之后每次能删掉被删过的点的相邻点，问删掉整棵树，删各节点花费的最大值最小是多少。（n<=300,000）
思路：确定第一个删的点之后，与这个点相邻的点的删除花费是原权值加1，其他点是原权值加2，把所有点权加2后枚举一个点减2再把相邻的减1，线段树统计答案后改回去，总复杂度O(nlogn)，O(n)也能做，不是很难，这里就不说了（zkw线段树好写又不用考虑各种情况，这题没有不用的道理）。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; inline int read() { int x,f=1;char c; while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')f=0; for(x=c-'0';(c=getchar())>='0'&&c<='9';)x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0'; return f?x:-x; } #define MN 300000 #define N 524288 struct edge{int nx,t;}e[MN*2+5]; int t[N*2+5],h[MN+5],en; inline void ins(int x,int y) { e[++en]=(edge){h[x],y};h[x]=en; e[++en]=(edge){h[y],x};h[y]=en; } void add(int k,int x){for(t[k+=N]+=x;k>>=1;)t[k]=max(t[k<<1],t[k<<1|1]);} int main() { int n=read(),i,j,ans=0x7FFFFFFF; memset(t,128,sizeof(t)); for(i=1;i<=n;++i)t[i+N]=read()+2; for(i=N;--i;)t[i]=max(t[i<<1],t[i<<1|1]); for(i=1;i<n;++i)ins(read(),read()); for(i=1;i<=n;++i) { add(i,-2); for(j=h[i];j;j=e[j].nx)add(e[j].t,-1); ans=min(ans,t[1]); add(i,2); for(j=h[i];j;j=e[j].nx)add(e[j].t,1); } printf("%d",ans); }
D.Police Stations
题目大意：给出一棵n个点的树，有k个警站分布在一些点上，现在可以删掉若干条边，使得各个点到警站的最短距离不超过d，保证一开始各个点都满足，要求输出最多删几条边并输出方案。（n<=300,000）
思路：每个点只要能走到最近的一个警站就可以了，其他边能删就删，我们从各个警站开始bfs，每个警站扩张自己的“地盘”，如果碰到别人的地盘，就把这条边删掉，复杂度O(n)。注意警站可能重点，很坑爹。
#include<cstdio> inline int read() { int x;char c; while((c=getchar())<'0'||c>'9'); for(x=c-'0';(c=getchar())>='0'&&c<='9';)x=x*10+c-'0'; return x; } #define MN 300000 struct edge{int nx,t;}e[MN*2+5]; int h[MN+5],en=1,q[MN+5],qn,u[MN+5],f[MN+5],cnt,ans[MN+5]; inline void ins(int x,int y) { e[++en]=(edge){h[x],y};h[x]=en; e[++en]=(edge){h[y],x};h[y]=en; } int main() { int n,k,d,i,j; n=read();k=read();d=read(); for(i=1;i<=k;++i)u[j=read()]?0:u[q[++qn]=j]=1; for(i=1;i<n;++i)ins(read(),read()); for(i=1;i<=qn;++i)for(j=h[q[i]];j;j=e[j].nx)if(e[j].t!=f[q[i]]) if(u[e[j].t])ans[j>>1]?0:(++cnt,ans[j>>1]=1); else u[q[++qn]=e[j].t]=1,f[e[j].t]=q[i]; printf("%d ",cnt); for(i=1;i<n;++i)if(ans[i])printf("%d ",i); }
E.Exam Cheating
题目大意：一个人要作弊，她旁边坐着两个学霸，考卷总共n题，已知两个学霸已经答了哪些题，这个人最多可以看p次，每次可以选一个人看最多连续的k道题（无论那人是否答了），求最多可以抄到几道题。（n,p<=1000，k<=50）
思路：用f[i][j][x][y]表示从左到右看到第i题，已经启用了j次看题机会，第一个人之后还能看连续的x题，第二个人之后还能看连续的y题，转移时如果x或y还大于0就直接看这题，使x或y减1，否则如果有一个是0，我们选择不看这个人的这题或者新开一次看题机会并令x或y变成k-1，这样复杂度是O(npk^2)，发现当p*k>=2n时我们可以直接看两个人的所有题目，所以只要在p<2n/k时dp，那么复杂度就只有O(n*n/k*k^2)=O(n^2*k)。
#include<cstdio> #include<cstring> inline int read() { int x;char c; while((c=getchar())<'0'||c>'9'); for(x=c-'0';(c=getchar())>='0'&&c<='9';)x=x*10+c-'0'; return x; } #define MN 1000 #define MK 50 int a[MN+5],b[MN+5],f[2][MN+5][MK+5][MK+5]; inline void up(int&a,int b){if(b>a)a=b;} int main() { int n,p,k,i,j,x,y,nw,nx,ans=0; n=read();p=read();k=read(); for(i=read();i--;)++a[read()]; for(i=read();i--;)++b[read()]; if(p*k>=2*n) { for(i=1;i<=n;++i)if(a[i]||b[i])++ans; return 0*printf("%d",ans); } memset(f[0],128,sizeof(f[0]));f[0][0][0][0]=0; for(i=0;i<n;++i) { nw=i&1;nx=nw^1; memset(f[nx],128,sizeof(f[nx])); for(j=0;j<=p;++j)for(x=0;x<k;++x)for(y=0;y<k;++y)if(f[nw][j][x][y]>=0) { if(x&&y)up(f[nx][j][x-1][y-1],f[nw][j][x][y]+(a[i+1]||b[i+1])); if(!x&&y) { up(f[nx][j][0][y-1],f[nw][j][x][y]+b[i+1]); if(j<p)up(f[nx][j+1][k-1][y-1],f[nw][j][x][y]+(a[i+1]||b[i+1])); } if(x&&!y) { up(f[nx][j][x-1][0],f[nw][j][x][y]+a[i+1]); if(j<p)up(f[nx][j+1][x-1][k-1],f[nw][j][x][y]+(a[i+1]||b[i+1])); } if(!x&&!y) { up(f[nx][j][0][0],f[nw][j][0][0]); if(j<p)up(f[nx][j+1][k-1][0],f[nw][j][x][y]+a[i+1]), up(f[nx][j+1][0][k-1],f[nw][j][x][y]+b[i+1]); if(j+1<p)up(f[nx][j+2][k-1][k-1],f[nw][j][x][y]+(a[i+1]||b[i+1])); } } } printf("%d",f[nx][p][0][0]); }