本篇题解也发表于zwcblog作者是同一个人
问题 A: 魏传之长坂逆袭
题目描述
众所周知，刘备在长坂坡上与他的一众将领各种开挂，硬生生从曹操手中逃了出去，随后与孙权一起火烧赤壁、占有荆益、成就霸业。而曹操则在赤壁一败后再起不能，终生无力南下。
建安二十五年(220年)，曹操已到风烛残年，但仍难忘当年长坂的失误，霸业的破灭。他想如果在刘备逃亡的路中事先布下一些陷阱，便能拖延刘备的逃脱时间了。你作为曹操身边的太傅，有幸穿越到了208年的长坂坡，为大魏帝国贡献一份力，布置一些陷阱。但时空守卫者告诉你你不能改变历史，不能拖增大刘备的最大逃脱时间，但你身为魏武之仕，忠心报国，希望能添加一些陷阱使得刘备不论怎么逃跑所用的时间都一样。
已知共有n个据点，n-1条栈道，保证据点联通。1号据点为刘备军逃跑的起点，当刘备军跑到某个据点后不能再前进时视为刘备军逃跑结束。在任意一个栈道上放置1个陷阱会使通过它的时间+1，且你可以在任意一个栈道上放置任意数量的陷阱。
现在问你在不改变刘备军当前最大逃跑时间的前提下，需要添加最少陷阱，使得刘备军的所有逃脱时间都尽量的大。
输入
第一行一个数n，表示据点个数。
接下来n-1行每行三个数，ai、bi、ti，表示从据点ai通过第i个栈道到bi耗时ti
输出
仅包含一个数，为需要添加的最少陷阱数。
样例输入
3
1 2 1
1 3 3
样例输出
2
对于 5%的数据，1<=n<=100000，1<=ti<=200000
对于 100%的数据，1<=n<=500000，0<ti<=1000000
题解
此题是一道树形DP,很显然,它就是让你求 从根开始到每一个叶子结点的权值和相等需要改多少边权
设(f[x])表示以(x)为跟，到它的子树中权值的最大值
再设(sum)表示已(x)为根的权值总和
再设x为根的节点有(cnt)个孩子
则对于(x)，答案要加上(cnt*f[x]-sum)
代码如下(因为比较简单，就不解释了)
还有，记得开(long long)啊
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1000005;
int n,edge;
LL ans;
int Next[N],head[N],vet[N],val[N];
LL f[N];
inline void add(int u,int v,int va){
Next[++edge]=head[u];
head[u]=edge;
vet[edge]=v;
val[edge]=va;
}
void dfs(int u,int father){
LL Max=0,sum=0;int cnt=0;
for (int i=head[u];i;i=Next[i]){
int v=vet[i];
if (v==father) continue;
dfs(v,u);
Max=max(Max,f[v]+val[i]);
sum+=(0LL+f[v]+val[i]);++cnt;
}
ans+=(1LL*Max*cnt-sum);
f[u]=Max;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<n;++i){
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w);add(v,u,w);
}
dfs(1,0);
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
问题 B: 蜀传之单刀赴会
题目描述
公元215年，刘备取益州，孙权令诸葛瑾找刘备索要荆州。刘备不答应，孙权极为恼恨，便派吕蒙率军取长沙、零陵、桂阳三郡。长沙、桂阳蜀将当即投降。刘备得知后，亲自从成都赶到公安(今湖北公安)，派大将关羽争夺三郡。孙权也随即进驻陆口，派鲁肃屯兵益阳，抵挡关羽。双方剑拔弩张，孙刘联盟面临破裂，在这紧要关头，鲁肃为了维护孙刘联盟，不给曹操可乘之机，决定当面和关羽商谈。“肃邀羽相见，各驻兵马百步上，但诸将军单刀俱会”。双方经过会谈，缓和了紧张局势。随后，孙权与刘备商定平分荆州，“割湘水为界，于是罢军”，孙刘联盟因此能继续维持。
【问题描述】
关羽受鲁肃邀请，为了大局，他决定冒险赴会。他带着侍从周仓，义子关平，骑着赤兔马，手持青龙偃月刀，从军营出发了，这就是历史上赫赫有名的“单刀赴会”。关羽平时因为军务繁重，决定在这次出行中拜访几个多日不见的好朋友。然而局势紧张，这次出行要在限定时间内完成，关公希望你能够帮助他安排一下行程，安排一种出行方式，使得从军营出发，到达鲁肃处赴会再回来，同时拜访到尽可能多的朋友，在满足这些条件下行程最短。注意拜访朋友可以在赴会之前，也可以在赴会之后。现在给出地图，请你完成接下来的任务。
输入
第一行n,m,k,t,代表有n个地点，m条道路,有k个朋友(不包括鲁肃)，以及限定时间t(行走1单位长度的路程用时1单位时间)。
接下来m行，每行有x,y,w三个整数，代表x和y之间有长度为w的道路相连。
接下来一行有k个整数，代表朋友所在的都城编号(保证两两不同，且不在1和n)（我们约定1是关羽的营地，n是鲁肃的营地）
输出
输出两个整数，分别是最多可以拜访的朋友数，以及在这种情况下最少需要耗费的时间，如果连到达鲁肃再回来都无法完成，输出一个-1就可以了。
样例输入
5 7 2 15
1 2 5
1 3 3
2 3 1
2 4 1
3 4 4
2 5 2
4 5 3
2 4
样例输出
2 14
有10%数据，n<=10,m<=50,k<=5;
有10%数据,k=0;
有10%数据,k=1;
另30%数据，k<=5;
对于100%数据， n<=10000,m<=50000,k<=15,t<=2147483647,w<=10000
题解
这道题目发现k非常小，于是考虑状态压缩
这个时候，我发现n似乎没有什么用……
我们只需要知道朋友之间的距离即可
因为关羽的阵地和鲁肃的阵地是必须去的
我们不妨把关羽和鲁肃分别设为(0)号朋友与(k+1)号朋友
在统计答案时令关羽的阵地和鲁肃的阵地必须到即可
我们先统计出每一个朋友之间的距离为(dis[i][j])
状态(f[sta][i])表示(sta)的状态，且当前留在最后一个朋友的位置
(f[sta | (1<<(i-1))][i]=displaystylemin_{j in sta and i not in sta}{(f[sta][j]+dis[j][i])})
这是什么意思呢？？
如果关羽还没有到过i,但他到过j，他就可以从j走到i
最后的答案就是(f[sta][i]+dis[i][0])(若(sta)到过(0)号与(k+1)号且(f[sta][i]+dis[i][0]<=d))
及到过他自己的与鲁肃的阵地中且最后再返回自己的阵地
上代码：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=100005;
struct ac{
int now,value;
bool operator < (const ac &A) const {return A.value<value;}
};
int Dis[N],Friend[20];
int n,m,k,t,cnt,ans,ANS;
bool vis[N];
int dp[17][132000];
int dis[20][20];
int Next[N],head[N],vet[N],val[N],edge;
inline void read(int &x){//读入优化
x=0;char ch=getchar();int f=0;
while (ch>'9'||ch<'0') f|=ch=='-',ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48,ch=getchar();
x=(f==1)?-x:x;
}
inline void add(int u,int v,int va){
Next[++edge]=head[u];
head[u]=edge;
val[edge]=va;
vet[edge]=v;
}
void dijkstra(int st){//堆优化的最短路
priority_queue<ac> Q;
memset(Dis,0x3f3f3f,sizeof(Dis));
memset(vis,0,sizeof(vis));
Q.push((ac){st,0});Dis[st]=0;
while (!Q.empty()){
int now=Q.top().now;Q.pop();
if (vis[now]) continue;
vis[now]=1;
for (int i=head[now];i;i=Next[i]){
int v=vet[i],va=val[i];
if (Dis[v]>Dis[now]+va) {
Dis[v]=Dis[now]+va;
Q.push((ac){v,Dis[v]});
}
}
}
}
int main(){//重要的来了！！
read(n);read(m);read(k);read(t);
for (int i=1;i<=m;++i){
int u,v,w;
read(u);read(v);read(w);
add(u,v,w);
add(v,u,w);
}
Friend[0]=1;Friend[k+1]=n;//新增两个朋友，及自己与鲁肃
for (int i=1;i<=k;++i) read(Friend[i]);
for (int i=0;i<=(k+1);++i){
dijkstra(Friend[i]);//对于每一个朋友求出到另外朋友的最短路
for (int j=0;j<=(k+1);++j){
if (i==j) continue;
dis[i][j]=Dis[Friend[j]];
}
}
int N=1<<k+2;//因为新增了两个朋友
memset(dp,0x3f3f3f,sizeof(dp));int oo=dp[1][1];
for (int i=0;i<=(k+1);++i) dp[i][1<<i]=dis[0][i];
//初始化 到i需要dis[0][i]
for (int sta=0;sta<N;++sta){
for (int i=0;i<=(k+1);++i)
if ((sta&(1<<i))==0)//如果i不属于sta
for (int j=0;j<=(k+1);++j)
if ((sta&(1<<j))>0) //如果j属于sta
dp[i][sta|(1<<i)]=min(dp[i][sta|(1<<i)],dp[j][sta]+dis[j][i]);
//转移
}
ANS=2000000000;
for (int sta=0;sta<N;++sta){
if ((sta&(1<<0))>0&&(sta&(1<<k+1))>0){
//到过0号(关羽自己)与k+1号(鲁肃)
for (int i=0;i<=(k+1);++i){
if (dp[i][sta]+dis[i][0]<=t){
cnt=0;
int x=sta;
while (x){
x-=(x&(-x));
++cnt;
}//判断sta有多少1，及关羽拜访了多少朋友
if (cnt>ans){
ans=cnt;
ANS=dp[i][sta]+dis[i][0];
} else
if (cnt==ans) ANS=min(ANS,dis[i][0]+dp[i][sta]);
}
}
}
}
if (ANS==2000000000) puts("-1"); else printf("%d %d
",ans-2,ANS);//判断-1
return 0;
}
问题 C: 吴传之火烧连营
【题目背景】
蜀汉章武元年(221年)，刘备为报吴夺荆州、关羽被杀之仇，率大军攻吴。吴将陆逊为避其锋，坚守不战，双方成对峙之势。蜀军远征，补给困难，又不能速战速决，加上入夏以后天气炎热，以致锐气渐失，士气低落。刘备为舒缓军士酷热之苦，命蜀军在山林中安营扎寨以避暑热。陆逊看准时机，命士兵每人带一把茅草，到达蜀军营垒时边放火边猛攻。蜀军营寨的木栅和周围的林木为易燃之物，火势迅速在各营漫延。蜀军大乱，被吴军连破四十余营。陆逊火烧连营的成功，决定了夷陵之战蜀败吴胜的结果。
【问题描述】
刘备带兵深入吴境，陆逊却避而不出，蜀军只得在山林中安营扎寨。而刘备在扎营时却犯了兵家大忌，将兵营排列成一条直线，远远看去，就像是一条串着珠子的链，美其名曰：链寨。如果吴军将领是一般人，那么这也许不算什么，而陆逊何许人也，他可是江东才子，能力不低于周瑜的一代儒将。他看到刘备这样排阵，心生一计，决定用火攻破阵。然而，火计除了要有风，选定引火点也非常重要，对于刘备的布阵，最佳引火点一定是n个兵营中的一个。而因为风水轮流转，每天的最佳引火点都不一样。我们给每个兵营定下一个固定不变的火攻值Ai，每天定下一个风水值K，对于每天的最佳引火点，显然是所有兵营中火攻值与风水值异或的结果最大的那一个兵营。然而，陆逊是个谨慎的人，他要观察时机，在m天中选定一个最佳的进攻的日期，为此他演算出了这m天每天的风水值，然后他希望你能够告诉他这m天每天最佳引火点的兵营编号。
输入
第一行n,m，代表有n个兵营，m天.
接下来一行有n个非负整数，代表这n个兵营的火攻值。
接下来一行有m个非负整数，代表这m天的风水值。
输出
输出共m行，每行输出一个整数，代表第m天最佳引火点的编号。
如果存在多个最佳引火点使得火攻值与风水值的异或值最小，请任意输出一组解即可。
样例输入
3 2
1 2 3
4 5
样例输出
3
2
【样例解释】
对于第1天，由于4 xor 1=5, 4 xor 2=6, 4 xor 3=7，选择第3个引火点是最佳的。
对于第2天，由于5 xor 1=4, 5 xor 2=7, 5 xor 3=6，选择第2个引火点是最佳的。
【数据规模和约定】
对于30%数据，n<=1000，m<=1000
对于100%数据，n<=100000，m<=100000, 0<=k,ai<=2147483647
题解
其实这道题目就是一道Trie树模板题
Trie树我就不再赘述了，可以戳这里
从(2^{33}->2^{0})每次扫一遍即可
平均时间复杂度(O(35n))
数组一定要开大一点！！
代码：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
int Trie[8000000][2],m,a[100],b[8000000],root,Tot,tot,n,x;
void read(int &a){
char ch=getchar();int f=0;a=0;
while (ch<'0'||ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') a=(a<<3)+(a<<1)+ch-48,ch=getchar();
a=(f==0)?a:-a;
}
void build(int yyy){//构建
int root=1;
for (int i=33;i>=0;--i){
if (Trie[root][a[i]]==0) Trie[root][a[i]]=++Tot;
root=Trie[root][a[i]];
}
b[root]=yyy;
}
int ask(){//查询
int root=1;
for (int i=33;i>=0;--i){
if (Trie[root][1-a[i]]!=0) root=Trie[root][1-a[i]];
else root=Trie[root][a[i]];
}
return b[root];
}
int main()
{
read(n);read(m);Tot=1;
for (int i=1;i<=n;++i) {
read(x);tot=-1;
memset(a,0,sizeof(a));
while (x){
a[++tot]=(x&1);
x=x>>1;
}
build(i);
}
for (int i=1;i<=m;++i){
read(x);tot=-1;
memset(a,0,sizeof(a));
while (x){
a[++tot]=(x&1);
x=x>>1;
}
printf("%d
",ask());
}
return 0;
}