qwq非正解. 但是能跑过. 1e5 log方还是很稳的啊 首先,考虑最普通的\(dp\) 令\(dp1[x][0]表示不选这个点,dp1[x][1]表示选这个点的最大最小花费\) 那么 \(dp1[x][0]=\sum dp[p][1]\) \(dp1[x][1]=\sum min(dp[p][1],dp[p][0])+val[x]\) 根据套路,我们要树链剖分+改变\(dp\)数组,我们令\(f[x]\)表示忽略重儿子的\(dp\)值,用\(g\)表示正常的\(dp\)值的话 那么不难发现转…

可以直接套动态dp,但因为它询问之间相互独立,所以可以直接倍增记x转移到fa[x]的矩阵 #include<bits/stdc++.h> #define CLR(a,x) memset(a,x,sizeof(a)) using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pa; ; const ll inf=1e17; inline ll rd(){ ll x=;; ;c=getchar();} +c-',c…

题目大意 这还不是人尽皆知? 有一棵树, 每个节点放军队的代价是\(a_i\), 一条边连接的两个点至少有一个要放军队, 还有\(q\)次询问, 每次规定其中的两个一定需要/不可放置军队, 问这样修改以后的最小代价. 解题思路 考虑一个朴素的DP, 设\(f_{x,0/1}\)表示这个点选/不选的最小代价. 显然有 \[f_{x,0}=\sum f_{y,1} \] \[f_{x,1}=a_x+\sum \min(f_{y,0}, f_{y,1}) \] 其中\(y\)是\(x\)的儿子. 最后…

此题场上打了一个正确的$44pts$,接着看错题疯狂$rush$“正确”的$44pts$,后来没$rush$完没将之前的代码$copy$回去,直接变零分了..... 这一题我们显然有一种$O(nm)$的做法 令$f[u][0]$表示在以$u$为根的子树内部署军队,且$u$不部署军队的最小代价. 令$f[u][1]$表示在以$u$为根的子树内部署军队,且$u$部署军队的最小代价. 结合题意(重要!)不难推出: $f[u][0]=\sum_{v∈son[u]} f[v][1]$ $f[u][1]=v…

题目大意: emmmmm 题解: QAQ #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; #define ll long long #define ri register int #define rep(io, st, ed) for(ri io = st; io <= ed; io ++) #define drep(io, ed, st) for(ri i…

最小权覆盖集 = 全集 - 最大权独立集 强制取点.不取点可以使用把权值改成正无穷或负无穷实现 接下来就是经典的"动态最大权独立集"了 O(nlogn). 这不是我说的,是immortalCO大佬说的 于是我调了一万年极值,终在\(\frac{LLONG\_MAX}{3}\)时\(11s\)卡过... 知道最小权覆盖集 = 全集 - 最大权独立集,就是模板\(DDP\)了 #include <cstdio> #include <iostream> #includ…

Code: // luogu-judger-enable-o2 #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define lson (now<<1) #define rson ((now<<1)|1) #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) #define maxn 300000 const long long inf = 1000000…

做法(倍增) 最好写的一种 以下0为不选,1为选 \(f_{i,0/1}\)为\(i\)子树的最小值,\(g_{i,0/1}\)为除i子树外的最小值 \(fh_{i,j,0/1,0/1}\)为确定\(i\)与\(i\)的\(2^j\)级祖先的状态,\(i\)的\(2^j\)祖先不包括i子树的最小值 这个转移挺好想的,故不赘述 查询 考虑边倍增爬上去,边处理即可 #include<bits/stdc++.h> typedef long long LL; const LL maxn=1e6+9,i…

洛谷P4475 巧克力王国 题目描述 巧克力王国里的巧克力都是由牛奶和可可做成的. 但是并不是每一块巧克力都受王国人民的欢迎,因为大家都不喜欢过于甜的巧克力. 对于每一块巧克力,我们设 x 和 y 为其牛奶和可可的含量. 由于每个人对于甜的程度都有自己的评判标准,所以每个人都有两个参数 a 和 b ,分别为他自己为牛奶和可可定义的权重, 因此牛奶和可可含量分别为 x 和 y 的巧克力对于他的甜味程度即为 ax+by. 而每个人又有一个甜味限度 c ,所有甜味程度大于等于 c 的巧克力他都无法接受…

洛谷题面传送门 一道 dp 套 dp 的 immortal tea 首先考虑如何判断一套牌是否已经胡牌了,考虑 \(dp\)​​​​​.我们考虑将所有牌按权值大小从大到小排成一列,那我们设 \(dp_{i,j,k,0/1}\)​​​​ 表示目前考虑了权值 \(\le i\)​​​​ 的牌,我们之前预留了 \(j\)​​​ 张形如 \((i-1,i)\)​​​ 的牌与 \(i+1\)​​​ 形成刻子,又留了 \(k\)​​​ 张 \(i\)​​​ 与 \(i+1,i+2\)​​​ 形成刻子,\(0…