2.22

A.

　　复杂度2^(sqrt(n))*n。

     若(n-m)>=n/2，那么直接求答案。

     若m>sqrt(n)，那么就可以枚举每一块翻转不翻转，然后统计答案。

     若m<=sqrt(n)，那么枚举这个长度为m的模板串长什么样，然后dp。具体比较好想，就是细节有点多吧。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define maxn 350
#define inf 1000000007
using namespace std;
char s[maxn];
int bit[maxn],n=0,m,f[maxn][3][3],g[maxn][2],sum[maxn][2],c[maxn],cnt[maxn][2];
int ans=inf;
bool vis[maxn];
void get_bit()
{
    n=strlen(s);
    for (int i=1;i<=n;i++) bit[i]=s[i-1]-'0';
}
int check1()
{
    memset(g,0,sizeof(g));
    int ret=0,low=(n/m)*m;
    for (int i=low+1;i<=n;i++) ret+=(c[i%m+1]^bit[i]);
    for (int i=1;i<=(n/m);i++)
        for (int j=(i-1)*m+1;j<=i*m;j++)
            g[i][0]+=(c[j%m+1]^bit[j]),g[i][1]+=(c[j%m+1]^bit[j]^1);
    for (int i=1;i<=(n/m);i++) sum[i][0]=sum[i-1][0]+g[i][0],sum[i][1]=sum[i-1][1]+g[i][1];
    int r1,r2,r3,r4;
    for (int i=1;i<=(n/m);i++)
    {
        f[i][0][0]=min(f[i-1][0][0],f[i-1][1][2])+g[i][0];
        f[i][1][0]=f[i-1][0][0]+g[i][1]+(i!=1);f[i][1][1]=f[i][1][0];
        for (int j=1;j<=i-1;j++) f[i][1][1]=min(f[j-1][0][0]+(sum[i][1]-sum[j-1][1])+(j!=1),f[i][1][1]);
        f[i][1][2]=min(f[i][1][0],f[i][1][1])+1;
    }
    return min(f[n/m][0][0],f[n/m][1][2])+ret;
}
int check2()
{
    memset(cnt,0,sizeof(cnt));
    int low=(n/m)*m,ret=0;
    for (int i=1;i<=(n/m);i++)
        for (int j=(i-1)*m+1;j<=i*m;j++)
            c[j]=bit[j]^vis[i];
    for (int i=low+1;i<=n;i++) c[i]=bit[i];
    for (int i=1;i<=n;i++) cnt[i%m+1][c[i]]++;
    for (int i=1;i<=m;i++) ret+=min(cnt[i][0],cnt[i][1]);
    return ret;        
}
int calc()
{
    int pre=0,ans=0;
    for (int i=1;i<=(n/m);i++)
    {
        if ((!pre) && (vis[i])) ans++;
        pre=vis[i];
    }
    return (ans<<1)-(vis[1]);
}
void dfs1(int x)
{
    if (x==m+1)
    {
        ans=min(ans,check1());
        return;
    }
    dfs1(x+1);
    c[x]=1;dfs1(x+1);c[x]=0;
}
void dfs2(int x)
{
    if (x==(n/m)+1)
    {
        ans=min(ans,check2()+calc());
        return;
    }
    dfs2(x+1);
    vis[x]=1;dfs2(x+1);vis[x]=0;
}
void work1()
{
    int t1=0,t2=0,p=m+1;
    for (int i=1;i<=n-m;i++)
    {
        if (bit[i]==bit[p]) t1++;
        else t2++;
        p++;
    }
    printf("%d
",min(t1+1,t2));
}
void work2()
{
    dfs1(1);
    printf("%d
",ans);
}
void work3()
{
    dfs2(1);
    printf("%d
",ans);
}
int main()
{
    scanf("%s",s);scanf("%d",&m);
    get_bit();
    if ((n-m)<=(n/2)) work1(); 
    else if (m<=(int)sqrt(n)) work2();
    else work3();
    return 0;
}

B.

　　首先可以知道一个n^5的dp：dp[i][x][y][0/1]，表示i点子树，有x个连通块，y个孤立点 ，i是不是孤立点的答案。

     然后ans=ΣΣ(2x-y-4)*dp[1][x][y][0/1]。

     我们展开这个式子，发现ans=2*x*dp[1][x]Σy... - y*dp[1][y]Σx... - 4*2^(n-1)。

     第一个代表这个树期望连通块的情况，第二个是期望孤立点的情况。

     然后。。。就发现第一块，第二块可以直接O(N)统计。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxv 50
using namespace std;
long long n,x,y,table[maxv],d[maxv];
long long ans=0;
int main()
{
    scanf("%lld",&n);
    for (long long i=1;i<=n-1;i++)
    {
        scanf("%lld%lld",&x,&y);
        d[x]++;d[y]++;
    }
    table[0]=1;for (long long i=1;i<=n;i++) table[i]=table[i-1]<<1;
    ans=2*((n-1)*table[n-2]+table[n-1]);
    for (long long i=1;i<=n;i++) ans-=table[n-1-d[i]];
    ans-=4*table[n-1];ans+=n+2;
    printf("%.9Lf
",(long double)ans/table[n-1]);
    return 0;
}

C.

　　简单最小割。。不说了。。。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define maxv 50050
#define maxe 500050
#define inf 0x7f7f7f7f7f7f7f7fLL
using namespace std;
long long n,m,vala[maxv],valb[maxv],sum=0,max_flow=0,x,y,a,b,c,s=1,t,nume=1,g[maxv];
long long dis[maxv];
struct edge
{
    long long v,f,nxt;
}e[maxe];
queue <long long> q;
void addedge(long long u,long long v,long long f)
{
    e[++nume].v=v;e[nume].f=f;
    e[nume].nxt=g[u];g[u]=nume;
    e[++nume].v=u;e[nume].f=0;
    e[nume].nxt=g[v];g[v]=nume;
}
bool bfs()
{
    for (long long i=s;i<=t;i++) dis[i]=inf;
    dis[s]=0;q.push(s);
    while (!q.empty())
    {
        long long head=q.front();q.pop();
        for (long long i=g[head];i;i=e[i].nxt)
        {
            long long v=e[i].v;
            if ((e[i].f>0) && (dis[v]>dis[head]+1))
            {
                dis[v]=dis[head]+1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    return dis[t]!=inf;
}
long long dinic(long long x,long long low)
{
    if (x==t) return low;
    long long ret=0;
    for (long long i=g[x];low && i;i=e[i].nxt)
    {
        long long v=e[i].v;
        if ((e[i].f>0) && (dis[v]==dis[x]+1))
        {
            long long dd=dinic(v,min(low,e[i].f));
            ret+=dd;low-=dd;
            e[i].f-=dd;e[i^1].f+=dd;
        }
    }
    if (!ret) dis[x]=inf;
    return ret;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);t=n;
    for (long long i=2;i<=n-1;i++) {scanf("%lld",&vala[i]);sum+=vala[i];vala[i]<<=1;}
    for (long long i=2;i<=n-1;i++) {scanf("%lld",&valb[i]);sum+=valb[i];valb[i]<<=1;}
    for (long long i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&a,&b,&c);sum+=a+b;
        if (x>y) swap(x,y);
        if ((x==1) && (y==n))
        {
            sum-=a+b+c;
            continue;
        }
        if (x==1) vala[y]+=2*a+2*c,sum-=b;
        else if (y==n) valb[x]+=2*b+2*c,sum-=a;
        else vala[x]+=a,valb[x]+=b,vala[y]+=a,valb[y]+=b;
        if ((x!=1) && (y!=n)) addedge(x,y,a+b+2*c),addedge(y,x,a+b+2*c);
    }
    for (long long i=2;i<=n-1;i++) addedge(s,i,vala[i]),addedge(i,t,valb[i]);
    while (bfs())
        max_flow+=dinic(s,inf);
    printf("%lld
",sum-max_flow/2);
    return 0;
}