「JOI 2015 Final」舞会

略微思考一下即可知该过程可以化为一棵树。(3个贵族中选择1个,即新建一个节点连向这3个贵族)。

该树的结点个数为\(2n\).

考虑二分答案mid。

判定的是公主是否能和熟练度大于mid的人跳舞。

这样子是满足单调性的。

将熟练度大于等于mid的人设为1,小于mid的人设为0。

考虑dp。

每个结点记录需要多少个1才能使得它的值为1.

事实上,儿子只需要有两个1即可,故从三个儿子中取最小的两个。

复杂度\(o(nlog(n))\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(q,a,b) for(int q=a,q##_end_=b;q<=q##_end_;++q)
#define dep(q,a,b) for(int q=a,q##_end_=b;q>=q##_end_;--q)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a )
#define debug(a) cerr<<#a<<' '<<a<<"___"<<endl
using namespace std;
void in(int &r){
static char c;
r=0;
while(c=getchar(),!isdigit(c));
do r=(r<<1)+(r<<3)+(c^48);
while(c=getchar(),isdigit(c));
}
const int mn=100005;
bool cur1;
int st[mn],val[mn],n,m,at[mn]; int fa[mn<<1],son1[mn<<1],son2[mn<<1],son3[mn<<1];
int que[mn],tot;
void build(int n){
tot=n;
rep(q,0,n-1)que[q]=q+1;
while(n!=1){
int v=n%3,now,d=0;
for(now=0;now<n-v;now+=3){
++tot;
fa[que[now]]=tot;
fa[que[now+1]]=tot;
fa[que[now+2]]=tot;
son1[tot]=que[now];
son2[tot]=que[now+1];
son3[tot]=que[now+2];
que[v+d]=tot,++d;
}
for(int ct=0;now<n;++now,++ct)que[ct]=que[now];
n=n%3+n/3;
}
}
int dp[mn<<1];
const int INF=1e7;
void dfs(int x){
if(x<=n)return;
dfs(son1[x]),dfs(son2[x]),dfs(son3[x]);
dp[x]=dp[son1[x]]+dp[son2[x]]+dp[son3[x]]-max(dp[son1[x]],max(dp[son2[x]],dp[son3[x]]));
}
bool check(int v){
int hd=0;
rep(q,m+1,n)if(val[q]>=v)++hd;
rep(q,1,n)dp[q]=1;
rep(q,1,m)
if(val[q]>=v)dp[at[q]]=0;
else dp[at[q]]=INF;
dfs(tot);
return dp[tot]<=hd;
}
bool cur2;
int main(){
// cerr<<(&cur2-&cur1)/1024.0/1024.0<<endl;
freopen("party.in","r",stdin);
freopen("party.out","w",stdout);
in(n),in(m);
build(n);
rep(q,1,m)in(val[q]),in(at[q]),st[q]=val[q];
rep(q,m+1,n)in(val[q]),st[q]=val[q];
sort(st+1,st+n+1);
int l=1,r=n,ans=0;
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;
if(check(st[mid]))l=mid+1,ans=st[mid];
else r=mid-1;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}

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