pts: 100
T1: 100
T2: 0
T3: 0
吐槽：xj 中学的神仙题目，T1 贪心跑过了正解的 dp /se
T1
Strategy
游戏中有 (n) 个敌人，面对第 (i) 个敌人，三种解决方案
- 花 (attack_i) 的代价主动进攻，此技能最多用 (k) 次
- 花 (define_i) 的代价防御，此技能可以用无数次
- 和该敌人结盟，此技能只能用一次
给定每个敌人的 (attack_i) 和 (define_i) 以及最多的攻击次数 (k) ，求出和第 (i) 个盟友结盟的情况下，在这一轮的最小花费
(n leq 4000)
solution
贪心
常用策略：考虑敌人的性价比 ((define_i - attack_i))
如果一个敌人的 (D - A) 比较大的话，会优先考虑进攻 (在次数限制范围之内)
所以对每个敌人的 (D - A) 排序
然后枚举盟友，如果是盟友啥也不动就好
排完序的前 (n - k) 个敌人一定选择防守，对它们没机会进攻
对后 (k) 个选择进攻或防守
时间复杂度：(O(n^2))
std 复杂度 (O(n^2log~n)) ? ?
code
namespace Ariel_{
struct node{int id, num;}E[N];
bool cmp(node a, node b) {return a.num < b.num;}
int n, k, a[N], d[N], sum, Ans, p, o;
void main(){
n = read(), k = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(), d[i] = read(), sum += a[i];
for (int i = 1; i <= n; i++) E[i].num = d[i] - a[i], E[i].id = i;
sort (E + 1, E + n + 1, cmp);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
Ans = sum - a[i], p = 1, o = 1;
while (o < n - k) {
if (E[p].id != i) Ans += E[p].num, o++;
p++;
}
while (p <= n) {
if (E[p].id != i)
if (E[p].num < 0) Ans += E[p].num;
else break;
p++;
}
printf("%lld ", Ans);
}
}
}
T2
easy LCA
一棵节点为 (n) 的树，给定一个长度为 (n) 的排列 (p)
定义连续子段的 (p_{l,r}) 的权值为 (val[l,r] = depth[lca(p_l, p_{l + 1}…p_r)]) （这段序列所有点的 (lca) 的深度）
求出所有 (n * (n + 1)/2) 的连续字段的权值之和 ((sum_{i = 1}^{i = n}sum_{j = i}^nval[i, j]))
根节点的深度为 (1)
(nleq 6*10^5)
(solution)
首先 (LCA) 满足单调性，也就是连续一段区间的 (LCA) 为两两 (LCA) 中深度最小的一个
所以把所有相邻节点的 (LCA) 都求出来，也就是序列 (l)
(l_i) 表示 (nxtLCA_{a_i, a_{i + 1}})
对于任意连续 (k) 个节点，我们枚举一个 (l_i) ，算出它左边第一个深度小于它的节点 ((l_j)) 和右边深度第一个小于它的节点 (l_k) 那么这段区间内的 (LCA) 就都是 (l_i) 了
这个可以用单调栈维护
namespace STACK{
stack<int> s;
//计算左边界
void calc_L(){
for (int i = 1; i < n; i++){
while(!s.empty() && l[s.top()] >= l[i]) R[s.top()] = i - 1, s.pop();
s.push(i);
}
while(!s.empty()) R[s.top()] = n - 1, s.pop();
}
//计算右边界
void calc_R(){
for (int i = n - 1; i >= 1; i--){
while(!s.empty() && l[i] < l[s.top()]) L[s.top()] = i + 1, s.pop();//左边界
s.push(i);
}
while(!s.empty()) L[s.top()] = 1, s.pop();//多余的情况
}
}
所以这段区间的答案就为 (((l_i-l_j+1)*(l_k-l_i+1)*dep[l_i]))
时间复杂度为 (O(n logn)) （求相邻 (LCA) ）
code
(LCA) 用树剖写滴，可能有点长 emm
/*
work by:Ariel_
*/
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <stack>
#include <algorithm>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1200010;
int read(){
int x = 0,f = 1; char c = getchar();
while(c < '0'||c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') {x = x*10 + c - '0'; c = getchar();}
return x*f;
}
int n, l[N], a[N], dep[N];
int L[N], R[N];
struct edge {int v, nxt;}e[N];
int head[N], cnt;
void add_edge(int u, int v) {
e[++cnt] = (edge){v, head[u]};
head[u] = cnt;
}
namespace LCA{
int fa[N], top[N], siz[N], son[N];
void dfs(int x, int f) {
fa[x] = f, siz[x] = 1, dep[x] = dep[f] + 1;
for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].v;
if(v == f) continue;
dfs(v, x);siz[x] += siz[v];
if(siz[v] > siz[son[x]]) son[x] = v;
}
}
void dfs2(int x, int tp) {
top[x] = tp;
if(son[x]) dfs2(son[x], tp);
for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].v;
if (v == fa[x] || v == son[x]) continue;
dfs2(v, v);
}
}
int lca(int x, int y){
while(top[x] != top[y]) {
if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
x = fa[top[x]];
}
if(dep[x] > dep[y]) swap(x, y);
return x;
}
}
namespace STACK{
stack<int> s;
void calc_L(){
for (int i = 1; i < n; i++){
while(!s.empty() && l[s.top()] >= l[i]) R[s.top()] = i - 1, s.pop();
s.push(i);
}
while(!s.empty()) R[s.top()] = n - 1, s.pop();
}
void calc_R(){
for (int i = n - 1; i >= 1; i--){
while(!s.empty() && l[i] < l[s.top()]) L[s.top()] = i + 1, s.pop();//左边界
s.push(i);
}
while(!s.empty()) L[s.top()] = 1, s.pop();//多余的情况
}
}
namespace Ariel_{
int ans = 0;
void main() {
n = read();
for (int i = 1, u, v; i < n; i++){
u = read(),v = read();
add_edge(u, v), add_edge(v, u);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
LCA::dfs(1, 0), LCA::dfs2(1, 1);
for (int i = 1; i < n; i++) l[i] = dep[LCA::lca(a[i], a[i + 1])];
STACK::calc_L(), STACK::calc_R();
for(int i = 1; i < n; i++) ans += (i - L[i] + 1) * (R[i] - i + 1) * l[i];
for(int i = 1; i <= n; i++) ans += dep[a[i]];
printf("%lld", ans);
}
}
signed main(){
Ariel_::main();
return 0;
}
T3
Scarborough Fair
由 (n) 个点和 (m) 条无向边组成的图 (由于集市中存在桥，故不保证是平面图)，其中第 (i) 条道路连接 (u_i) ,(v_i) 两点，有 (w_i) 的概率是不能通行的。
小 (W) 定义一张图的不方便程度为图中的联通块个数，现在给定集市的地图，小 (W) 希望你能帮他求出这张图的期望不方便程度
答案对 (998244353) 取模
(nleq 17)
solution
状压期望 (dp) 部分分都不会写 @ @