7.10总结
得分情况
估分：80+0+80
实际：0+0+40
心态爆炸
T1
题目大意
给出一颗有n个节点的无根树，每个节点是黑色，白色或灰色，删去一些边使剩余每个连通块中要么不含黑色节点，要么不含白色节点，求删去边的权值和最小
有T组数据
n<=300000;T<=5
明显是树形dp，但是我方程推错了
正解
事实上，对于每个节点，只需记录三种状态：
- 有0个黑点和任意个白点
- 有任意个黑点和0个白点
- 有任意个黑点和1个白点
随便转移就好了
T2
题目大意
给出一个n个点，m条边的无向连通图，第i个点的权值为ai。删去一些边使点1到n任意一条最短路径上至少有一条边被删除，删去每条边（x，y）的代价为a[x]或a[y]。
求最小的代价即最优方案是否唯一。
2<=n<=400,2<=m<=4000,无向图可能有重边，不超过5组数据。
正解
最小割裸题。
首先建出最短路图。我们只需要在最短路图上删去若干条边使1到n不连通即可。
但是边(x,y)的权值可能是a[x]也可能是a[y]怎么办呢？
把边拆成(x,z)与(z,y),(x,z)的流量为a[x],(z,y)的流量为a[y]即可
这样跑一下就会有40分的好成绩了
判断最优方案是否唯一就是研究最小割是否有唯一解。
这是本题重点。
如何判断最小割唯一性
先跑出残量网络，找出S集和T集。
（若从S走流量不为0的边能走到x，则x在S集；若从T跑 流量不为0的边 的反向弧 能走到x则x在y集）
枚举每一条边，若这条边连接的x,y分别在S集与T集，则这条边是必割边
若全部必割边的流量之和为最小割，则方案唯一。
扩展：判断最大流方案唯一性
如果残量网络中存在长度大于2的有向环，则方案不唯一
这时在环上增减流量可以得到不同解而方案不变。
T3
题目大意
对于一个整数序列，查询区间第k大数可以在O(logN)的时间内轻松完成。现在我们对这个问题进行推广。
考虑带重复数的集合（multiset）。定义在该类集合上的并操作“+”为两个集合的所有数不剔除重复得到的结果。比如，若A={1,2,2,3}，B={2,3,4,4}，则C={1,2,2,2,3,3,4,4}。对于一个给定序列A[1..N]，定义A[x..y]为包含y-x+1个元素的集合{A[x],A[x+1],…,A[y]}。现在，给定整数序列A，你需要回答很多询问，其中第i个询问要求集合A[x[i,1]..y[i,1]]+A[x[i,2]..y[i,2]]+…+A[x[i,ki]..y[i,ki]]中第pi小的元素。
所有的测试点满足N ≤ 200 000，M ≤ 200 000，0 ≤ A[i] ≤ 1 000 000，ki ≤ 5。
保证1 ≤ x[i, j] ≤ N，1 ≤ y[i, j] ≤ N，1 ≤ pi ≤ ∑j(y[i, j] - x[i, j] + 1)。
比赛时建了主席树，但是只会二分然后枚举每一段，带两个节点进去，O((nlog^2n))只有40分
正解
带十个节点进去，在主席树上面二分即可
O((nlogn))
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct qy
{
int ch[2],sum;
};
int n,m,i,j,k,p,tot,l,r,mid,ans;
int a[200005],root[200005],x[10],y[10];
int k1[15],k2[15];
qy tree[6000005];
void insert(int k1,int k2,int l,int r,int x)
{
if (l==r)
{
tree[k2].sum++;
}
else
{
int mid=(l+r)/2;
tree[k2].ch[0]=tree[k1].ch[0];
tree[k2].ch[1]=tree[k1].ch[1];
if (x<=mid)
{
tree[k2].ch[0]=++tot;
tree[tot]=tree[tree[k1].ch[0]];
insert(tree[k1].ch[0],tree[k2].ch[0],l,mid,x);
}
else
{
tree[k2].ch[1]=++tot;
tree[tot]=tree[tree[k1].ch[1]];
insert(tree[k1].ch[1],tree[k2].ch[1],mid+1,r,x);
}
tree[k2].sum=tree[tree[k2].ch[0]].sum+tree[tree[k2].ch[1]].sum;
}
}
int query(int k,int l,int r,int x)//重点
{
if (l==r) return l;
else
{
int s=0,mid=(l+r)/2;
for (int i=1;i<=k;i++)//把2k个节点的和一起计算
s=s+tree[tree[k1[i]].ch[0]].sum-tree[tree[k2[i]].ch[0]].sum;
if (s>=x)
{
for (int i=1;i<=k;i++)
{
k1[i]=tree[k1[i]].ch[0];
k2[i]=tree[k2[i]].ch[0];
}
return query(k,l,mid,x);
}
else
{
for (int i=1;i<=k;i++)
{
k1[i]=tree[k1[i]].ch[1];
k2[i]=tree[k2[i]].ch[1];
}
return query(k,mid+1,r,x-s);
}
}
}
int read()
{
int sum=0;char ch=getchar();
while ((ch<'0')||(ch>'9')) ch=getchar();
while ((ch>='0')&&(ch<='9'))
{
sum=sum*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return sum;
}
int main()
{
freopen("read.in","r",stdin);
// freopen("write.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for (i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
root[i]=++tot;
insert(root[i-1],root[i],0,1000000,a[i]);
}
for (i=1;i<=m;i++)
{
k=read();
p=read();
for (j=1;j<=k;j++)
x[j]=read(),y[j]=read();
for (j=1;j<=k;j++)
{
k1[j]=root[y[j]];
k2[j]=root[x[j]-1];
}
ans=query(k,0,1000000,p);
printf("%d
",ans);
}
}
花絮
xzb下午没人叫起床
dyp帮忙打开屏幕，zzx帮忙打开C++，结果没被xc发现
xzb15：53才到教室