Contest Info
| Solved | A | B | C | D | E | F |
|---|---|---|---|---|---|---|
| 5/6 | O | O | O | O | Ø | Ø |
- O 在比赛中通过
- Ø 赛后通过
- ! 尝试了但是失败了
- - 没有尝试
Solutions
E.Sleeping Schedule
题意：
在这个故事中，一天有$h$小时，在$[l;r]$之间入睡就能做个好梦。
现在我从$0$时刻开始，第$i$次要睡觉的时候，我都可以选择$a[i]$或者$a[i]-1$小时后入睡，问睡了$n$次觉的最大好梦数
思路：
这是个典型的基础$dp$问题，然而比赛时候我的思路和定义的状态、转移极为混乱
题解给出一种比较好的做法，我们用$dp[i][j]$表示睡$i$次觉并执行$j$次$-1$操作时睡好觉的最大次数
类似于背包$dp$，假如我们选择提前入睡，那么$dp[i][j]$就由$dp[i-1][j-1]$得到；我们不选择提前入睡，$dp[i][j]$就由$dp[i-1][j]$转移而来，由此可以得到状态转移方程：
$$dp[i][j] = max(dp[i-1][j-1], dp[i-1][j])+lleq (sum[i]-j)\%h leq r$$
需要注意的一点是，当$j$为$0$的时候，很明显当前只能不选择提前入睡
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <map> using namespace std; const int maxn = 2e3+100; int n, h, l, r, ans; int a[maxn], dp[maxn][maxn]; int main(){ scanf("%d%d%d%d", &n, &h, &l, &r); for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]), a[i] += a[i-1]; for(int i = 1; i <= n; i++){ for(int j = 0; j <= i; j++){ int t = (a[i]-j)%h; if(j) dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-1])+(l<=t&&t<=r); else dp[i][j] = dp[i-1][j]+(l<=t&&t<=r); } } for(int i = 0; i <= n; i++) ans = max(ans, dp[n][i]); printf("%d", ans); }
还有一种做法类似于我比赛的时候的做法，我们用$dp[i][j]$表示睡$i$次觉，第$i$次入睡时间为$j$时的最大好梦数
这个转移非常好理解，$dp[i][j]$也是由当前是否提前入睡来转移：
$$dp[i][j] = max(dp[i-1][(j-a[i]+h)\%h], dp[i-1][(j-a[i]+1+h)\%h])+(lleq jleq r)$$
重点在于，我们要避免不合法的转移！！！
也就是说除了$dp[0][0] = 0$外，我们要把$dp$的值设置为$-inf$，原因在于我们开始没有睡觉的时候是从$0$时刻开始的，不可能从其他时刻开始，就应该把其他时刻设置为不合法的情况即$-inf$
那你可能会有疑惑，为什么上面那种我不需要这样呢？那是因为我状态的定义决定了当前转移所需要的状态的都是合法的
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define inf 0x3f3f3f3f using namespace std; const int maxn = 2e3+100; int n, h, l, r, ans; int a[maxn], dp[maxn][maxn]; int main(){ scanf("%d%d%d%d", &n, &h, &l, &r); for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]); memset(dp, -0x3f, sizeof(dp)); dp[0][0] = 0; for(int i = 1; i <= n; i++){ for(int j = 0; j < h; j++){ dp[i][j] = max(dp[i-1][(j-a[i]+h)%h], dp[i-1][(j-a[i]+1+h)%h])+(l<=j&&j<=r); } } for(int i = 0; i < h; i++) ans = max(ans, dp[n][i]); printf("%d", ans); }
F. Maximum White Subtree
题意：
给一棵树，树上有一些黑点、白点，对于每个点，选择一个包含该点的连通块，使得白色点的数量比黑色点的数量多的值最大。求每个节点的最值
思路：
需要注意的是这里的Subtree是题目中的临时定义，这里的“子树”就是指原图的一个连通子图，因为题目有：The subtree of the tree is the connected subgraph of the given tree. 感谢KisekiPurin2019解答疑惑，可能正是这样友好的交流环境让我十分开心，能坚持把算法学下去。其实官方题解已经比大多数的博主解释的清楚很多了，强烈建议去看Editorial
这题的解法是换根$dp$
我们先假设这颗树的根是固定的，令$dp_v$为包含$v$的子树中$cnt_w-cnt_b$的最大值，我们很容易可以得到：
$$dp_v=a_v+sum_{toin children(v)}max(0, dp_{to})$$
这样我们就能得到$ans[v]$，但是肯定不会允许我们将每个点当作根全部重新算一遍
仔细观察一下，假如我们将根从$v$移到$to$，那么哪些值会发生变化？很明显只有$dp_v$和$dp_{to}$
这个时候，$dp_v=dp_v-max(0, dp_{to})$，$dp_{to}=dp_{to}+max(0,dp_v)$
这样我们就能通过少量的计算得出每个节点为根时的答案，需要注意的是这两步的先后顺序和$dfs$中的一些小细节
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define pb push_back using namespace std; const int maxn = 2e5+100; int n, u, v; int a[maxn], dp[maxn], ans[maxn]; vector<int> g[maxn]; void dfs(int v, int p){ dp[v] = a[v]; for(auto to : g[v]){ if(to==p) continue; dfs(to, v); dp[v] += max(0, dp[to]); } } void dfs2(int v, int p){ ans[v] = dp[v]; for(auto to : g[v]){ if(to==p) continue; dp[v] -= max(0, dp[to]), dp[to] += max(0, dp[v]); dfs2(to, v); dp[to] -= max(0, dp[v]), dp[v] += max(0, dp[to]); } } int main(){ scanf("%d", &n); for(int i = 1; i <= n; i++){ scanf("%d", &a[i]); if(a[i]==0) a[i] = -1; } for(int i = 1; i <= n-1; i++){ scanf("%d%d", &u, &v); g[u].pb(v), g[v].pb(u); } dfs(1, -1); dfs2(1, -1); for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", ans[i]); return 0; }
我是快乐的分割线，庆祝第一次补完整场题目 ~~