前言
今天超级大水题，只是可惜了我之前的关路灯题解，白写了那么详细，结果考试还是没想起来……下边来分析一下今天的一些题目。
No.1 侦查
题目描述
身为火影的纲手大人，当然不能眼睁睁地看着斑等一伙人胡作非为，木叶的全体忍者都信任身兼死神与忍者双重身份的你，相信你可以拯救世界，但是作为资深忍者的卡卡西同学向纲手大人提出建议，他想考验你作为忍者的基本能力---侦查。
斑在木叶周围建设了许多聚点，每一个聚点内都会藏有斑的手下。有些聚点是可以连通的。阴险的斑把所有连通的聚点作为他的一个基地，以便发动对木叶的总攻。卡卡西会告诉你每个聚点的藏敌人数和聚点的连通情况，他让你找出包含聚点数最多的基地，与包含敌人数目最多的基地。
输入格式
(n,m)((n) 为据点数，聚点编号为(1...n,m)为边数，(n,m le 500));
接下的一行为(n)个整数，为每个聚点的藏敌人数，用空格相隔，敌数(le 1000)。
接下来(m)行，每行两个数(u,v)，表示(u)和(v)有边相连。
输出格式
第一行为包含聚点数最多的基地内的聚点编号，以升序输出。
第二行为藏敌人数最多的基地内的聚点编号，以升序输出。
注意：若求得的两个基地包含的聚点数相同或藏敌数相同，则输出字典序最小的。
样例
样例输入
12 11
10 11 2 3 4 5 1 1 1 1 1 1
1 2
2 3
1 3
4 5
5 6
6 7
8 9
9 12
11 12
10 11
8 10
样例输出
8 9 10 11 12
1 2 3
分析
其实没啥好分析的，直接双向建边(Tarjan)求强联通分量，然后记录一下每个分量的人数和大小就行
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e3+10;
int head[maxn];
vector<int>scc[maxn];
struct Node{
int v,next;
}e[maxn<<1];
int c[maxn];
int n,m,val[maxn];
int siz[maxn];
int sum[maxn],jl1[maxn],jl2[maxn];
int dfn[maxn],low[maxn],num,tot,cnt;
int sta[maxn],top;
int vis[maxn];
void Add(int x,int y){
e[++tot].v = y;
e[tot].next = head[x];
head[x] = tot;
}
void Tarjan(int x){
dfn[x] = low[x] = ++num;
vis[x] = 1;
sta[++top] = x;
for(int i=head[x];i;i=e[i].next){
int v = e[i].v;
if(!dfn[v]){
Tarjan(v);
low[x] = min(low[x],low[v]);
}
else if(vis[v]){
low[x] = min(low[x],dfn[v]);
}
}
if(dfn[x] == low[x]){
cnt++;
int y;
while(1){
y = sta[top--];
c[y] = cnt;
siz[cnt]++;
sum[cnt]+=val[y];
vis[y] = 0;
scc[cnt].push_back(y);
if(x == y)break;
}
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&val[i]);
}
for(int i=1;i<=m;++i){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
Add(x,y);
Add(y,x);
}
for(int i=1;i<=n;++i){
if(!dfn[i])Tarjan(i);
}
int jlsum,jljud;
int maxsum = 0;
int maxjud = 0;
for(int i=1;i<=cnt;++i){
if(maxsum<sum[i]){
jlsum = i;
maxsum = sum[i];
}
if(maxjud<scc[i].size()){
jljud = i;
maxjud = scc[i].size();
}
}
int dd = 0,ff = 0;
for(int i=0;i<scc[jlsum].size();i++){
jl1[++dd] = scc[jlsum][i];
}
for(int i=0;i<scc[jljud].size();i++){
jl2[++ff] = scc[jljud][i];
}
sort(jl1+1,jl1+dd+1);
sort(jl2+1,jl2+ff+1);
for(int i=1;i<=ff;i++){
printf("%d ",jl2[i]);
}
printf("
");
for(int i=1;i<=dd;++i){
printf("%d ",jl1[i]);
}
printf("
");
return 0;
}
No.2 借书
问题描述
(Dilhao)一共有(n)本教科书，每本教科书都有一个难度值，他每次出题的时候都会从其中挑两本教科书作为借鉴，如果这两本书的难度相差越大，(Dilhao)出的题就会越复杂，也就是说，一道题的复杂程度等于两本书难度差的绝对值。
这次轮到(ldxxx)出题啦，他想要管(Dilhao)借(m)本书作为参考去出题，(Dilhao)想知道，如果(ldxxx)在(Dilhao)给出的(m)本书里挑选难度相差最小的两本书出题，那么(ldxxx)出的题复杂程度最大是多少？
输入格式
第一行是(n)和(m)。
接下来的(n)行，每行一个整数(a_i)表示第(i)本书的难度。
输入格式
一个整数为(ldxxx)出的题复杂程度的最大值。
输入样例
6 3
5
7
1
17
13
10
输出样例
7
样例解释
(Dilhao)给了(ldxxx)难度为(1,10,17)的三本书，(ldxxx)挑选难度为(10)和(17)的两本书，出题复杂度为(7)；
如果(Dilhao)给出其他任何三本书，其中的两本书难度差的最小值都小于(7)，所以(ldxxx)出题最大的复杂程度为(7)。
数据说明
对于 (30\%)的数据： (2le nle 20)；
对于 (60\%)的数据： (2le nle 1000)；
对于 (100\%)的数据： (2le nle 100000)， (2 le mle n)， (0le a_i le 1000000000)。
分析
看到标志性的最小中的最大，（有得题是最大中的最小）肯定就是二分答案了，主要就是判断。
因为是要求出差值的最大，所以我们就使用差分数组(cf)来记录排序后的两两之间的难度差。然后判断一下能否选出来(m)个就好了。下边看代码
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5+10;
int Max,a[maxn];
int n,m;
int cf[maxn];//差分数组
bool check(int x){
int cnt = 0,ch = 0;//cnt为几本书，ch为最大差值
for(int i=1;i<=n;++i){//枚举每一本书
ch += cf[i];//累加差值
if(ch>=x){//差值比当前扫描到的答案大就书加一，差值置为0
cnt++;
ch = 0;
}
}
if(cnt>=m-1)return true;//最终能够选出m个书就为真
return false;
}
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>a[i];
Max = max(Max,a[i]);//记录最大值
}
sort(a+1,a+n+1);//排序
for(int i=1;i<=n;++i){//记录差值
cf[i] = a[i+1]-a[i];
}
int l=0,r=Max;//从0到最大值二分
while(l<=r){
int mid = (l+r)>>1;
if(r-l == 1){//只差一就判断一下，不然会死循环
if(check(r) == true){//r能行就变成把l变成r，因为最后答案为l
l = r;
}
break;
}
if(check(mid) == true){//中间符合要求就向右转移
l = mid;
}
else r=mid;//否则向左
}
printf("%d
",l);
}
No.3 搜城探宝
题目
(zhclk)已经坚信自己就是传说中的有缘人，于是，带着梦想，带着希冀，带着勇气，来到了神迹，寻找……
如下图，神迹的城堡是一个树形的结构，共有 (n)间屋子。每间屋子都有一把锁，并且每间屋子最多可以到另外的两个屋子里（它是一棵二叉树）。在城堡的每个房间都存在着不同的宝藏。现在 (zhclk) 站在城堡的大门口（(1) 号屋子门口）拥有 (k)把万能钥匙，可以打开任意一把锁，但每把钥匙只能用一次，钥匙是拔不出来的。
问题哪有那么简单……，(Zhclk)还有一个传送门，可以在任何时候带他去任何一间屋子，但传送门也只能 使用一次。
地图上画出了宝藏的分布，只有获得最大价值的宝藏 (zhclk)的目的才能实现。
Input
第一行：两个数 (n)和(k)。为城堡的屋子总数和你拥有的万能钥匙数。
第二行到第 (n)行：每行两个数 (x_1) 和 (x_2)，为树上的 (n−1) 条边。（树保证以 (1)为根节点）。
第 (n+1)行：(n) 个数，第 (i) 个数为房间 (i) 的宝藏价值 (v_i) 。
Output
一个数，为最大宝藏价值 (maxv)。
Sample Input
8 4
1 2
1 3
2 4
2 5
3 6
3 7
6 8
2 5 1 4 6 1 1 10
Sample Output
27
Hint
用钥匙依次开(1,2,4,5)号房间，再用传送门去 (8) 号房间，(27=2+5+6+4+10)
数据范围： (nle 20)。
分析
题目中u有个传送门，所以裸的树规肯定是要爆掉的。假设使用传送门从 (x) 到 (y)，那么就有下边的结论:
(y)仅限于没有访问过的节点，当然更不是 (x)的祖先。可以将 (y)从整棵树中独立出来求值，并且这样做是正确的。
可以规定传送到 (y)之后不能再往祖先方向走,也就是把这部分断开。在 (x)节点使用传送门相当于回到 (x) 的任意一个祖先之后再使用传送门。因此，可以建立一个虚根(n+1)使用传送门，再令(1)为 (n+1)的左儿子，那么整棵树(除去(y))的值就都好计算了。
既然要把 (y)独立出去计算其值，那么可以令(y) 为 (n+1)的右儿子。
有了以上结论，很容易就可以开展树规了。
首先令 (n+1)的左儿子为 (1)，然后从 (2) 到 (n)枚举 (y) (也就是传送到的节点)，把 (y) 设置为 (n+1)的右儿子，对树(n+1)进行一次树形(dp)。
其中还有许多小细节，代码注释见
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 20+5;
int n,k,a[maxn],ans = 0;
int fa[maxn],ls[maxn],rs[maxn];
int dfs(int x,int sum){//树形dp
if(x==0)return 0;//没有点就返回0
if(sum==1)return a[x];//就一个钥匙了就返回权值，因为我们开一个传送门的时候加了一个边，也就是加了一个钥匙。
int now=0;//答案值
for(int i=0;i<sum;++i)
now=max(now,dfs(ls[x],i)+dfs(rs[x],sum-1-i)+a[x]);//从左儿子和右儿子递归
return now;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<n;++i){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
if(!ls[x])ls[x] = y;//第一个点为左儿子
else rs[x] = y;
fa[y] = x;//记录每个点的父亲节点
}
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&a[i]);
}
ls[n+1]=1;//虚根n+1
for(int i=2;i<=n;++i){
rs[n+1] = i;//一一枚举传送门到哪个点，让他为右儿子
if(ls[fa[i]] == i){//i父亲的左儿子是i就把左边断开，然后树归
ls[fa[i]] = 0;
ans = max(dfs(n+1,k+2),ans);
ls[fa[i]] = i;//这次递归完以后再连上
}
else {//右儿子跟左儿子一样
rs[fa[i]] = 0;
ans = max(ans,dfs(n+1,k+2));
rs[fa[i]] = i;
}
}
cout<<ans<<endl;//输出最大值
}
No.4 MM不哭
这个题的名字真的是没谁了，也不知道谁想的。原题（虽然当时我忘了），具体分析见之前我的博客：关路灯。
题目
在一个数轴上，有 (n) 个 (MM) 在哭泣（5555~一直哭）。
(tcboy)也在这个数轴上，并恰好看到了这一幕，由于每个(MM)哭都会让(tcboy)损失一定的(rp)，于是(tcboy)有必要去安慰她们（真命苦啊T.T）。
开始时，(tcboy)站在 (k) 号 (MM)的旁边。
现在知道第 (i) 个 (MM) 哭泣每秒钟会使(tcboy) 降低 (w_i) 的 (rp) （单位 (rp)/(s)）。而 (tcboy)的行走速度很慢，只有(1m)/(s) 。(tcboy) 安慰 (MM)的方式很特别，不需要花费时间。请计算(tcboy)安慰完所有 (MM)，会消耗掉的 (rp)的最小值。
Input
第一行包含一个整数 (N,2le Nle 1000)，表示 (MM)的数量。
第二行包含一个整数 (V,1le Vle N)，表示开始时 (tcboy) 站在几号 (MM)的旁边。
接下来的 (N)行中，每行包含两个用空格隔开的整数 (D) 和 (W)，用来描述每个 (MM)，其中(0le Dle 1000,0le Wle 1000)。(D) 表示 (MM) 在数轴上的位置(单位: (m))，(W) 表示每秒钟会使 (tcboy) 降低(W) 的 (rp) 。
Output
输出只有一行：一个整数，即消耗 (rp)之和的最小值。
结果不超过 (10^9) 。
Sample Input
4
3
2 2
5 8
6 1
8 7
Sample Output
56