NOIP2015模拟10.28B组

T1: 序章-弗兰德的秘密

洛谷AC通道！

首先熟悉一下同构的定义：

1、两棵树节点个数相等。

2、两棵树的以根节点的儿子为根子树对应同构。如下图，为两 棵同构的有根树。

看复杂度，我们一般会想到用$O(N^2)$的算法吧。

那么，考虑树形DP。

设 $f_{i,j}$表示两棵树分别以$i, j$为根时的最大同构值。

那么，我们要想得到$f_{i,j}$,肯定要先得知其儿子。那么，如上图，对于$x,y$来讲，$f_{x,y} = max( f_{sonx, sony} ) + 1$

于是，我们对于树$1$每个点，对应枚举树$2$每个点，同时枚举双方儿子进行转移。

总复杂度： $O(5!N^2)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1010

inline int read(){
    int x = 0 ,s = 1;
    char c = getchar();
    while(!isdigit(c)){
        if(c == '-') s = -1;
        c = getchar();
    }
    while(isdigit(c)){
        x = x * 10 + (c ^ '0');
        c = getchar();
    }
    return x * s;
} 

vector <int> G[N];
vector <int> T[N];
int f[N][N], x, y;  // f[x][y]:  x、y作为根节点的最大同构数 
int vis[N];
int n, m;

void dfs1(int best, int step){ // 上一层最优解 + 已搜儿子个数 
    if(step > G[x].size()){
        f[x][y] = max(f[x][y], best);
        return ;
    }
    dfs1(best, step + 1);
    bool judge = 0; 
    for(int i = 0; i < T[y].size(); i++){
        if(!vis[i]){
            vis[i] = 1;
            judge = 1;
            dfs1(best + f[G[x][step - 1]][T[y][i]], step + 1);
            vis[i] = 0;
        }
    }
    if(!judge) f[x][y] = max(f[x][y], best); // 递归下去有最优解时不用更新 
    return ;
}

void dfs(int now){
    if(G[now].size() == 0){    // 第一棵树无儿子， 只有自己 
        for(int i = 1;i <= m; i++)    
            f[now][i] = 1;
        return ;
    }
    for(int i = 0; i < G[now].size(); i++)
        dfs(G[now][i]);
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        if(T[i].size() == 0) f[now][i] = 1;  // 检查第二棵树是否有儿子 
        else {
            x = now, y = i;
            dfs1(0, 1);
            f[now][i]++;
        }    
    }
    return ;
}


int main(){
//    freopen("frand.in", "r", stdin);
//    freopen("frand.out", "w", stdout);
    n = read(), m = read();
    for(int i = 1;i < n; i++){
        int x = read(), y = read();
        G[x].push_back(y);
    }
    for(int i = 1; i < m; i++){
        int x = read(), y = read();
        T[x].push_back(y);
    }
    dfs(1);
    printf("%d
", f[1][1]);
    return 0;
}

T2:圣章-精灵使的魔法语

中二的题目水了一大堆，其实就是让我们求一个区间内括号的失配数和一个单点修改。

于是考虑线段树，维护$tag1$:该区间左括号失配树。$tag2$: 该区间右括号失配数。

那么，我们在合并时，有： 

    t[o].tag1 = t[o << 1 | 1].tag1 + max(t[o << 1].tag1 - t[o << 1 | 1].tag2, 0);
    t[o].tag2 = t[o << 1].tag2 + max(t[o << 1 | 1].tag2 - t[o << 1].tag1, 0);

在查询区间失配数时，考虑用指针上传区间合并答案。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 160000

inline int read(){
    int x = 0, s = 1;
    char c = getchar();
    while(!isdigit(c)){
        if(c == '-') s = -1;
        c = getchar();
    }
    while(isdigit(c)){
        x = x * 10 + (c ^ '0');
        c = getchar();
    }
    return x * s;
} 

struct tree{
    int tag1, tag2;
} t[N << 2];

int ans1, ans2;
int a[N];

void pushup(int o){
    t[o].tag1 = t[o << 1 | 1].tag1 + max(t[o << 1].tag1 - t[o << 1 | 1].tag2, 0);
    t[o].tag2 = t[o << 1].tag2 + max(t[o << 1 | 1].tag2 - t[o << 1].tag1, 0);
    return ;
}

void build(int o, int l, int r){
    if(l == r){
        if(a[l] == '(') t[o].tag1 = 1;
        else t[o].tag2 = 1;
        return ;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    build(o << 1, l, mid);
    build(o << 1 | 1, mid + 1, r);
    pushup(o);
    return ;
}

void update(int o, int l, int r, int x){
    if(l > x || r < x) return ;
    if(l == r && l == x){
        t[o].tag1 ^= 1;
        t[o].tag2 ^= 1;
//        printf("o: %d tag1: %d tag2: %d
", o, t[o].tag1, t[o].tag2);
        return ;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    update(o << 1, l, mid, x);
    update(o << 1 | 1, mid + 1, r, x);
    pushup(o);
//    printf("o: %d tag1: %d tag2: %d
", o, t[o].tag1, t[o].tag2);
    return ;
}

void query(int o, int l, int r, int in, int end, int& lk, int& rk){
    if(l > end || r < in) {
        lk = 0, rk = 0; // 千万不要忘了 lk = 0, rk = 0
        return ;
    }
    if(l >= in && r <= end){
        lk = t[o].tag1;
        rk = t[o].tag2;
        return ;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    int lsum, rsum, lsum1, rsum1; 
    query(o << 1, l, mid, in, end, lsum, rsum); // 获得左边括号 
    query(o << 1 | 1, mid + 1, r, in, end, lsum1, rsum1); // 获得右边括号
    lk = lsum1 + max(lsum - rsum1, 0); // 合并 
    rk = rsum + max(rsum1 - lsum, 0);
    return ;
}

int main(){
//    freopen("hh.txt", "r", stdin);
//    freopen("lk10.in", "r", stdin);
//    freopen("lk10.out","w", stdout);
    int n = read(), m = read();
    for(int i = 1;i <= n; i++){
        char c;
        cin >> c;
        a[i] = (int)c;
    }
    build(1, 1, n);
    char s[20];
    while(m--){
        scanf("%s", s);
        if(s[0] == 'Q'){
            int x = read(), y = read();
            ans1 = 0, ans2 = 0;
            query(1, 1, n, x, y, ans1, ans2);
            printf("%d %d
", ans2, ans1);
        } 
        else {
            int x = read();
            update(1, 1, n, x);
        }
    }
    return 0;
}

T3:终章-剑之魂

40pts:  双重循环枚举即可（送分）

100pts: 对于 and 操作，我们想要的肯定是二进制下尽可能1的位数较高。

那么，我们考虑从二进制高位往低位枚举。

对于我们目前的一个最优$ans$，一个数能和它 & 上，则这个数必须能保证$a_i$ & $ans = ans$  如果不能，代表这个数的前面数位太小，不能使得$ans$最大。舍去。

其次，如何保证我们的 $ans$可以在这一位填上$1$呢？    很好想： 如果有大于等于两个数可以在满足条件一（前面的数位最大）的情况下，这一位又都有1，那么我们就可以在这一位填上1了。

总复杂度： $O(30 * N)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 5000010 

inline int read(){
    int x = 0, s = 1;
    char c = getchar();
    while(!isdigit(c)){
        if(c == '-') s = -1;
        c = getchar();
    }
    while(isdigit(c)){
        x = x * 10 + (c ^ '0');
        c = getchar(); 
    }
    return x * s;
} 

int a[N];
long long ans = 0;

int main(){
//    freopen("sword.in","r", stdin);
//    freopen("sword.out", "w", stdout);
    int n = read();
    for(int i = 1;i <= n; i++)
        a[i] = read();
    for(int i = 30; i >= 0; i--){
        int num = 0;
        for(int j = 1;j <= n; j++){
            if((a[j] & ans) == ans && (a[j] & (1 << i)) == (1 << i))
                num++;
            if(num >= 2) break;
        }
        if(num >= 2) ans += (1 << i);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}