2019年8月8日（NOIP模拟赛DAY2） NOIP18年好难T_T~~~
prob1:旅行
60分的部分分肯定都会做，现在就是看剩下的40分怎么转成那60分的情况。
那40分情况是(n=m)，很明显是一个基环树，根据题目性质，肯定有一条边没跑，那么就枚举边，一条条删，再用60分的方法跑，得到答案。
时间复杂度(O(n^2)):
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define in read()
#define fur(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define jinitaimei signed
inline int read()
{
int x=0;
char ch=getchar();
for(;!isalnum(ch);ch=getchar());
for(;isalnum(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
return x;
}
const int xx=5e3+10;
vector <int> e[xx];
bool vis[xx],viss[xx],to[xx];
int n,m,pre[xx],delx,dely,u[xx],v[xx],ans[xx],tmp[xx],all=0;
inline void dfs1(int g)
{
vis[g]=true;
printf("%d ",g);
int tp;
do
{
tp=6e3;
fur(i,0,(int)e[g].size()-1)
{
if(vis[e[g][i]]) continue;
tp=min(tp,e[g][i]);
}
if(tp<6e3) dfs1(tp);
}while(tp<6e3);
}
inline void dfs2(int g)
{
vis[g]=true;
tmp[++all]=g;
fur(i,0,(int)e[g].size()-1)
{
if(vis[e[g][i]]) continue;
if(e[g][i]==delx&&g==dely) continue;
if(e[g][i]==dely&&g==delx) continue;
dfs2(e[g][i]);
}
}
jinitaimei main()
{
n=in;m=in;
fur(i,1,m)
{
u[i]=in,v[i]=in;
e[u[i]].push_back(v[i]);
e[v[i]].push_back(u[i]);
}
if(n-1==m) dfs1(1);
else
{
if(n==5000) m=m*2/3;
fur(i,1,n) sort(e[i].begin(),e[i].end()),ans[i]=6e3;
fur(i,1,m)
{
delx=u[i];
dely=v[i];
all=0;
fur(j,1,n) vis[j]=false;
dfs2(1);
bool change=false;
if(all<n) continue;
fur(j,1,n)
{
if(ans[j]!=tmp[j])
{
change=ans[j]>tmp[j];
break;
}
}
if(change&&all==n) fur(j,1,n) ans[j]=tmp[j];
}
fur(j,1,n) printf("%d ",ans[j]);
}
printf("
");
return 0;
}
prob2:填数游戏
考场上懵逼的我只推出了(n=1&n=2)的规律。
首先要明确两个性质：(1.)矩阵中每条对角线(本文对角线均默认为从左下到右上的对角线)上的数都是单调不增的。(2.)当有两个点对((x,y-1))与((x-1,y))上填的数相同时，以((x,y))为左上端点，((m,n))为右下端点的矩阵中的每条对角线上的数都是相同的。
这两个性质的满足是使矩阵合法的充要条件。
有性质推出结论(大力模拟)：(1.)(Ans(n,m)=Ans(m,n))，由此可以使(n)总不大于(m),故下文中的(n)恒不大于(m)；(2.)(Ans(n=1,2,3,m))的通项公式；(3.)(n=m)与(n+1=m)时(Ans(n,m))的通项公式；(4.)当(n>=4land m>=n+1)时(Ans(n,m+1)=3* Ans(n,m))
就一暴力模拟(+)数学，但相当之恶心。
T_T……
式子太恶心了……
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fur(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fdr(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define int long long
const int mod=1e9+7;
inline int power(int x,int k){int res=1;for(;k;x=x*x%mod,k>>=1) if(k&1) res=res*x%mod;return res;}
signed main()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
if(n>m) swap(n,m);
if(n==1) cout<<power(2,m)<<endl;
if(n==2) cout<<4*power(3,m-1)%mod<<endl;
if(n==3) cout<<112*power(3,m-3)%mod<<endl;
if(n<=3) return 0;
if(n==m) cout<<(83*power(8,n)%mod+5*power(2,n+7)%mod)%mod*power(384,mod-2)%mod<<endl;
else cout<<(83*power(8,n)%mod+power(2,n+8))%mod*power(3,m-n-1)%mod*power(128,mod-2)%mod<<endl;
return 0;
}
prob3:保卫王国
先贴(O(nm))的暴力吧：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
#define in read()
#define fur(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define int long long
#define jinitaimei signed
inline int read()
{
int x=0;
char ch=getchar();
for(;!isalnum(ch);ch=getchar());
for(;isalnum(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
return x;
}
const int xx=1e6+10,inf=1e10;
int f[xx][2],c[xx],a,x,b,y;
vector<int>e[xx];
bool flag;
inline void dfs(int j,int fa)
{
if(flag) return;
if(j!=a&&j!=b) f[j][0]=0,f[j][1]=c[j];
else if(j==a) f[j][x^1]=inf,f[j][x]=x==1?c[j]:0;
else if(j==b) f[j][y^1]=inf,f[j][y]=y==1?c[j]:0;
fur(i,0,(int)e[j].size()-1)
{
if(e[j][i]==fa) continue;
dfs(e[j][i],j);
if(flag) return;
if(f[j][0]!=inf) f[j][0]+=f[e[j][i]][1];
if(f[j][1]!=inf) f[j][1]+=min(f[e[j][i]][1],f[e[j][i]][0]);
if(f[j][1]==inf&&f[e[j][i]][1]==inf)
{
flag=true;
return;
}
}
}
jinitaimei main()
{
int n=in,m=in;
char op[3];scanf("%s",op);
fur(i,1,n) c[i]=in;
fur(i,1,n-1)
{
int x=in,y=in;
e[x].push_back(y);
e[y].push_back(x);
}
fur(i,1,m)
{
a=in,x=in,b=in,y=in;
flag=false;
dfs(1,0);
if(flag||f[1][0]>=inf&&f[1][1]>=inf) puts("-1");
else printf("%lld
",min(f[1][1],f[1][0]));
}
return 0;
}
正解思路%倍增大贤者
具体思路是这样的：
建立两个正常(DP)数组(f,g)，其中(f_{i,0/1})表示以(i)为根的子树（其中(i)不选((0))或选((1))）的最小代价,(g_{i,0/1})表示全树除以(i)为根的子树（其中(i)不选((0))或选((1))）的代价（该代价使全树有最优解）
接下来就要建立倍增(DP)的主角(h)数组了，其中(h_{i,k,0/1,0/1})表示以(i)的(2^k)级祖先为根的子树（其中(i)不选((0))或选((1))，以及(2^k)级祖先不选((0))或选((1))）除以(i)为根的子树的代价（该代价使全树有最优解）
如此便可倍增跳转移状态了：注意要利用倍增(lca)的思想，先一方跳，再双方同时跳，一步步倍增上去
时间复杂度(O((n+q)logn))
详情见代码（话说码风有所改变）：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
inline int read()
{
int x=0;char ch=getchar();
for(;!isalnum(ch);ch=getchar());
for(;isalnum(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
return x;
}
const ll inf=1ll<<60;
const int xx=1e5+10;
ll c[xx],f[xx][2],g[xx][2],h[xx][20][2][2];
int head[xx],nxt[xx<<1],to[xx<<1],all=0;
int fa[xx][20],dep[xx],n,m;
char none[5];
inline void dfs1(int j)
{
f[j][0]=0;f[j][1]=c[j];
for(register int v=head[j],u;v;v=nxt[v])
{
u=to[v];
if(u==fa[j][0]) continue;
dep[u]=dep[fa[u][0]=j]+1;
dfs1(u);
f[j][0]+=f[u][1];
f[j][1]+=min(f[u][1],f[u][0]);
}
}
inline void dfs2(int j)
{
for(register int v=head[j],u;v;v=nxt[v])
{
u=to[v];
if(u==fa[j][0]) continue;
g[u][0]=g[j][1]+f[j][1]-min(f[u][1],f[u][0]);
g[u][1]=min(f[j][0]+g[j][0]-f[u][1],g[u][0]);
dfs2(u);
}
}
inline void init()
{
dep[1]=1;
dfs1(1);dfs2(1);
for(register int i=1,j;i<=n;++i)
{
j=fa[i][0];
h[i][0][0][0]=inf;
h[i][0][1][0]=f[j][0]-f[i][1];
h[i][0][1][1]=h[i][0][0][1]=f[j][1]-min(f[i][1],f[i][0]);
}
for(register int k=1;k<=19;++k)
for(register int i=1,j;i<=n;++i)
{
j=fa[i][k-1];
fa[i][k]=fa[j][k-1];
for(register int p=0;p<=1;++p)
for(register int q=0;q<=1;++q)
{
h[i][k][p][q]=inf;
for(register int o=0;o<=1;++o)
h[i][k][p][q]=min(h[i][k][p][q],h[i][k-1][p][o]+h[j][k-1][o][q]);
}
}
}
inline void sol(int a,int x,int b,int y)
{
ll tmp_a[2],tmp_b[2];
ll to_a[2],to_b[2];
to_a[0]=to_a[1]=to_b[0]=to_b[1]=inf;
to_a[x]=f[a][x];
to_b[y]=f[b][y];
for(register int k=19,j;~k;--k)
if(dep[j=fa[a][k]]>=dep[b])
{
tmp_a[0]=tmp_a[1]=inf;
for(register int p=0;p<=1;++p)
for(register int q=0;q<=1;++q)
tmp_a[p]=min(tmp_a[p],to_a[q]+h[a][k][q][p]);
to_a[0]=tmp_a[0];
to_a[1]=tmp_a[1];
a=j;
}
if(a==b)
{
printf("%lld
",to_a[y]+g[a][y]);
return;
}
for(register int k=19,i,j;~k;--k)
if((i=fa[a][k])!=(j=fa[b][k]))
{
tmp_a[0]=tmp_a[1]=tmp_b[0]=tmp_b[1]=inf;
for(register int p=0;p<=1;++p)
for(register int q=0;q<=1;++q)
{
tmp_a[p]=min(tmp_a[p],to_a[q]+h[a][k][q][p]);
tmp_b[p]=min(tmp_b[p],to_b[q]+h[b][k][q][p]);
}
to_a[0]=tmp_a[0],to_a[1]=tmp_a[1],a=i;
to_b[0]=tmp_b[0],to_b[1]=tmp_b[1],b=j;
}
int j=fa[a][0];
ll ans0=g[j][0]+f[j][0]-f[a][1]+to_a[1]-f[b][1]+to_b[1];
ll ans1=g[j][1]+f[j][1]-min(f[a][1],f[a][0])+min(to_a[1],to_a[0])-min(f[b][1],f[b][0])+min(to_b[1],to_b[0]);
printf("%lld
",min(ans0,ans1));
}
int main()
{
n=read();m=read();
scanf("%s",none);
for(register int i=1;i<=n;++i) c[i]=read();
for(register int i=1,x,y;i<=n-1;++i)
{
x=read();y=read();
nxt[++all]=head[x];
to[head[x]=all]=y;
nxt[++all]=head[y];
to[head[y]=all]=x;
}
init();
for(register int i=1,a,b,x,y;i<=m;++i)
{
a=read();x=read();b=read();y=read();
if(dep[a]<dep[b]) swap(a,b),swap(x,y);
if((fa[a][0]==b)&&!x&&!y)
{
puts("-1");
continue;
}
sol(a,x,b,y);
}
return 0;
}