zoj Tree of Tree
1 /*Author :usedrose */ 2 /*Created Time :2015/7/26 1:06:37*/ 3 /*File Name :2.cpp*/ 4 #include <cstdio> 5 #include <iostream> 6 #include <algorithm> 7 #include <sstream> 8 #include <cstdlib> 9 #include <cstring> 10 #include <climits> 11 #include <vector> 12 #include <string> 13 #include <ctime> 14 #include <cmath> 15 #include <deque> 16 #include <queue> 17 #include <stack> 18 #include <set> 19 #include <map> 20 #define INF 0x3f3f3f3f 21 #define eps 1e-8 22 #define pi acos(-1.0) 23 #define MAXN 110 24 #define OK cout << "ok" << endl; 25 #define o(a) cout << #a << " = " << a << endl 26 #define o1(a,b) cout << #a << " = " << a << " " << #b << " = " << b << endl 27 using namespace std; 28 typedef long long LL; 29 30 int n, sz; 31 vector<int> G[MAXN]; 32 int dp[MAXN][MAXN]; 33 34 void dfs(int fa, int u) 35 { 36 for (int i = 0;i < G[u].size(); ++ i) { 37 int v = G[u][i]; 38 if (v == fa) continue; 39 dfs(u, v); 40 for (int k = sz;k >= 1;-- k) 41 for (int cur = 1;cur <= k; ++ cur) 42 dp[u][k] = max(dp[u][cur], dp[u][cur] + dp[v][k - cur]); 43 } 44 } 45 46 int main() 47 { 48 //freopen("data.in","r",stdin); 49 //freopen("data.out","w",stdout); 50 cin.tie(0); 51 ios::sync_with_stdio(false); 52 while (cin >> n >> sz) { 53 memset(dp, 0, sizeof(dp)); 54 for (int i = 0;i <= n; ++ i) { 55 G[i].clear(); 56 } 57 for (int i = 0;i < n; ++ i) 58 cin >> dp[i][1]; 59 int x, y; 60 for (int i = 0;i < n - 1; ++ i) { 61 cin >> x >> y; 62 G[x].push_back(y); 63 G[y].push_back(x); 64 } 65 dfs(-1, 0); 66 int ans = 0; 67 for (int i = 0;i < n; ++ i) 68 ans = max(ans, dp[i][sz]); 69 cout << ans << endl; 70 71 } 72 return 0; 73 }
hdu5285
hdu 3989
BestCoder anniversary
poj 3057 http://www.cnblogs.com/naturepengchen/articles/4179299.html
zoj 月赛
挑战编程竞赛
KM算法 http://www.cnblogs.com/skyming/archive/2012/02/18/2356919.html
2道 二分图题集的题目
hdu 5229
[title]Problem B. ZCC loves strings[/title] 结论：对于串a和b，游戏中先手必胜当且仅当∣a∣+∣b∣|a|+|b|∣a∣+∣b∣为奇数或a=ba=ba=b. 我们按∣a∣+∣b∣|a|+|b|∣a∣+∣b∣的大小从小到大考虑所有的情况。 当∣a∣+∣b∣=0|a|+|b|=0∣a∣+∣b∣=0时，显然先手必败，符合结论。 假设已经证明了∣a∣+∣b∣=k(k<p)|a|+|b|=k(k<p)∣a∣+∣b∣=k(k<p)的所有情况满足结论，现在考虑∣a∣+∣b∣=p|a|+|b|=p∣a∣+∣b∣=p的情况。 若ppp是奇数，先手只需要选择长度较短的不为空的串，并使用A操作，就可以转移到∣a∣+∣b∣|a|+|b|∣a∣+∣b∣为偶数并且两个串不相等或者两个串均为空的情况，这种情况先手必败，故此时先手必胜。 若ppp是偶数，如果两个串相等，显然先手只需要选择使用B操作就能获得胜利了。否则，无论先手如何操作，都只能转移到∣a∣+∣b∣|a|+|b|∣a∣+∣b∣为奇数的先手必胜的情况。故此时先手必败。 因此，按顺序考虑每一个串，求得在其之前出现的串中，长度奇偶性与其不同的串共有x个，与其完全相同的串有y个，则对答案有x+yx+yx+y的贡献。累加即可。
hdu 5225
[title]Problem B[/title] 从1到n枚举k，表示当前要计算的排列与读入的排列前k-1项相同，而第k项不同。对于每一个k，再枚举一个t，表示当前要计算的排列的第k项是t，所以t要比读入的排列的第k项小，并且不与前k-1个数中的任意一个数相等。 那么，剩下的n-k个数任意排列，都满足字典序小于读入的排列。所以要计算它们的逆序对数之和。可以分情况计算： 1、逆序对中的两个数都在前k-1个位置，可以对于每一个k都暴力计算。 2、逆序对中的一个数在前k-1个位置，另一个数不在，同样可以对于每一个k都暴力计算。 3、逆序对中的一个数在第k个位置，另一个数在后n-k个位置。也可以暴力计算。 4、逆序对中的两个数都在后n-k个位置。这个值可以DP预处理，也可以推出一个式子直接计算。 可以这样考虑：在后n-k个位置中，有一半的排列方式中，第i小的数在第j小的数(i>j)的前面。共有(n-k)!种排列方式，所以对于一对数，有(n−k)!2frac{(n-k)!}{2}
http://www.cnblogs.com/usedrosee/p/4714952.html
2(n−k)!种排列方式中是逆序对。共$frac{(n-k)·(n-k-1)}{2}$对数，所以这类逆序对共$frac{(n-k)·(n-k-1)·(n-k)!}{4}$对。 时间复杂度：O（n3{n}^{3}n3）