嗯，总之，是我太傻了。
我真傻，真的，我单知道最小生成树，却不知道还有最大生成树
T1
最大生成树....
累加每一个环内，最大生成树的边权，（对环求最大生成树，则必然剩下一个边权最小的边（因为是求生成树，所以这个边肯定不会被算上））
然后因为对于不同联通块，跑最大生成树，彼此之间依旧无法有想连接的边，所以对于森林跑最大生成树是没有问题的
最后所有边的边权和 减去 所有联通块的最大生成树的边权和 即可得到答案
最小生成树性质之一：最大边权最小
最大生成树性质之一：最小边权最大
最后是吐槽：我写了4kb的dfs，疯狂地dfs,使用各种奇奇怪怪的操作，并且计算的复杂度是允许的！最后好不容易调过了样例
最后因为数组开的太大，直接MLE，连正确性都不知道....
AC代码如下：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define uint unsigned int 3 using namespace std; 4 const int maxn = 10086; 5 const int maxm = 50010; 6 struct shiki { 7 int x, y; 8 double val; 9 }e[maxm << 1]; 10 struct enkidu { 11 int x, y; 12 }a[maxn]; 13 int lin[maxn], len = 0; 14 int fa[maxn]; 15 double num, need; 16 int n, m; 17 18 inline int read() { 19 int x = 0, y = 1; 20 char ch = getchar(); 21 while(!isdigit(ch)) { 22 if(ch == '-') y =-1; 23 ch = getchar(); 24 } 25 while(isdigit(ch)) { 26 x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0'; 27 ch = getchar(); 28 } 29 return x * y; 30 } 31 32 inline bool cmp(shiki x, shiki y) { 33 return x.val > y.val;} 34 35 inline double dis_val(int x, int y) { 36 int x1 = a[x].x, y1 = a[x].y, x2 = a[y].x, y2 = a[y].y; 37 return (x1 - x2) * (x1 - x2) + (y1 - y2) * (y1 - y2); 38 } 39 40 int getfather(int x) { 41 if(x == fa[x]) return x; 42 return fa[x] = getfather(fa[x]); 43 } 44 45 int main() { 46 // freopen("plan.in", "r", stdin); 47 // freopen("plan.out", "w", stdout); 48 n = read(), m = read(); 49 for(register uint i = 1; i <= n; ++i) 50 a[i].x = read(), a[i].y = read(); 51 for(register uint i = 1; i <= m; ++i) { 52 e[i].x = read(), e[i].y = read(); 53 e[i].val = dis_val(e[i].x, e[i].y); 54 } 55 for(register uint i = 1; i <= n; ++i) fa[i] = i; 56 sort(e + 1, e + m + 1, cmp); 57 for(register uint i = 1; i <= m; ++i) { 58 int u = getfather(e[i].x); 59 int v = getfather(e[i].y); 60 num += sqrt(e[i].val); 61 if(u == v) continue; 62 fa[u] = v; 63 need += sqrt(e[i].val); 64 } 65 printf("%0.9lf", num - need); 66 // fclose(stdin); 67 // fclose(stdout); 68 return 0; 69 }
T2
我T1为了完成sb的4kb的超暴力搜索，花费了差不多2个小时的时间，然后看到这道题后，我一眼以为是一个博弈论...
然后我又想了想，觉得自己的题意好像出锅了....
然后就按照贪心思想完成了一个dfs，最后贪心顺利骗到10分...
Dp
题意：
最优策略指：差值最大
因为我们在某个位置选或是不选由[i+1, i+m]中的状态推导来的，也就是说，我们要保证下一个人取得是最优策略。
但是我们正序进行的话，我们无法保证当前状态是最优策略，所以我们倒序进行
划分阶段：
以进行每个点i为阶段
f[i]表示，在当前回合，选择数ai时，所能得到的最大得分
添加状态
正常操作：
f[i][0]表示到第i个数时，该棋子为大魔王选时，你的得分减去大魔王的得分
f[i][1]表示到第i个数时，该棋子为你选时，你的得分减去大魔王的得分
f[i][0] = max{f[k][1]} - a[i]
f[i][1] = min{f[k][0]} + a[i]
也就是说要维护f[k][1]和f[k][0]在[i-m, i-1]的单调性
倒序与第一题一样
优化1：空间优化
假定第ai个数必须取，f[i]表示若选择一定选择第ai个数，当前的人和对方的最大差值
因为每个人都取最优策略，所以选择第ai个数我们能够得到的分数是
f[i] = ai - max{f[j]}(j ∈ [i+1, i+m])
可得方程f[i] = ai - max{f[j]}(j ∈ [i+1, i+m])
因为f[j]是对方的最大差值，我们选择了a[i]，则我们要计算自己的得分，就要用a[i] - max{f[j]}
优化2：时间优化：
(1)单调队列维护单调性：好写，代码量小
(2)线段树取区间最大值，正常操作，显然
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define uint unsigned int 3 #define ll long long 4 using namespace std; 5 const int maxn = 100086; 6 int q[maxn]; 7 int f[maxn]; 8 int n, m; 9 int a[maxn]; 10 int l = 1, r = 0; 11 int ans = -1999999999; 12 13 inline int read() { 14 int x = 0, y = 1; 15 char ch = getchar(); 16 while(!isdigit(ch)) { 17 if(ch == '-') y = -1; 18 ch = getchar(); 19 } 20 while(isdigit(ch)) { 21 x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0'; 22 ch = getchar(); 23 } 24 return x * y; 25 } 26 27 int main() { 28 // freopen("game.in", "r", stdin); 29 // freopen("game.out", "w", stdout); 30 n = read(), m = read(); 31 for(register uint i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read(); 32 f[n] = a[n]; 33 q[++r] = n; 34 for(register uint i = n - 1; i >= 1; --i) { 35 while(l <= r && q[l] > i + m) l++; 36 f[i] = a[i] - f[q[l]]; 37 while(l <= r && f[q[r]] < f[i]) r--; 38 q[++r] = i; 39 } 40 for(register uint i = 1; i <= m; ++i) 41 ans = max(ans, f[i]); 42 cout << ans << ' ' << -ans << ' '; 43 // fclose(stdin); 44 // fclose(stdout); 45 return 0; 46 }
T3
不得不说，样例就是sb，我最初以为是只能从根节点出发
然后我就写了个树Dp的暴力，然后就爆0了
后来才知道，是求的直径.....
暴力思路：
对于每一次询问，都手动封点，求树的直径
能拿50%的分
正解思路：不会，回来补吧....