哈哈~自己做出来的E题!(虽然这题被机房大佬强D极水).最开始神经错乱,写了个完全不对的贪心,竟然只错了4个点(｡•ˇ‸ˇ•｡) 可以发现,一个节点的子树内部和他颜色相同的节点权值和 是固定的,那么不一定的就是另外的那个颜色的权值和了.而由于这个图上权值可以从 0 开始取值,显然越小越好.这样就可以dp啦. 其实我这个里面多了一个维度,就是记录当节点为黑色/白色时怎么怎么样,但其实这两个状态完全对称,根本没必要再多开一个维.但我就懒得改啦~ #include <bits/stdc++.h> u…

题目 (可能有点长,但是请耐心看完,个人认为比官方题解好懂:P) 首先需要注意,对于任意节点i上的一个棋子,如果在一种走法中它走到了节点j,另一种走法中它走到了节点k,那么这两种走法进行完后,棋子占据的节点集合不可能相同,因为在这两种走法中,节点i必有两个子树中的棋子数量不同.所以,题目中的"被占据的集合唯一"等价于"每个棋子走向的节点唯一". 根据题意,一个初始状态合法当且仅当这个状态可以进行任意次操作,且进行k步操作后,接下来一步操作唯一(不管这样走之后,是否还…

树形DP. 每个点有两个属性:黑色点的权值和,白色点权值和,一个知道另一个也一定知道. 因为只要子树的和它相等的点得权值和不超过x[u],u点的权值总能将其补齐. 设计状态f[u]表示以u为根的子树,和u颜色不同的最小权值和,树形背包转移. #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; const int N=1005; struct Edge{ int to,…

题目 建图很妙,不会. 考虑每一对要求合法的巫师(x,y),他们两个的\(a\)必须都大于\(min(b_x,b_y)\).所以在输入的时候,如果\(a_x\)或者\(a_y\)小于\(min(b_x,b_y)\),可以先把\(a_x\)和\(a_y\)提升到\(min(b_x,b_y)\)(以后的a数组都指做过这步操作的).接下来如果\(max(a_x,a_y)\geq max(b_x,b_y)\),那么这一对已经符合要求,可以直接不管.接下来只考虑需要管的. 发现每一对需要管的(x,y),两…

Bichrome Tree 时间限制: 1 Sec  内存限制: 128 MB 题目描述 We have a tree with N vertices. Vertex 1 is the root of the tree, and the parent of Vertex i (2≤i≤N) is Vertex Pi.To each vertex in the tree, Snuke will allocate a color, either black or white, and a non-n…

点我看题 题目质量一言难尽(至少对我来说 所以我不写D的题解了 A - mod M 发现如果把M选成2,就可以把答案压到至多2.所以答案只能是1或2,只要判断答案能不能是1即可.如果答案是1,那么M必须是所有任意两个数的差的GCD的因子,只要检查这个GCD是否是1即可.实现的话之间取所有相邻两个数的GCD就行了. 时间复杂度\(O(nloga_i)\). 点击查看代码 #include <bits/stdc++.h> #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++…

点我看题 A - Max Mod Min 非常诈骗.一开始以为要观察什么神奇的性质,后来发现直接模拟就行了.可以证明总操作次数是\(O(nlog a_i)\)的.具体就是,每次操作都会有一个数a被b取模,然后变成a%b.注意到a%b是\(\leq \frac a2\)的,并且a被操作之后会变成整个数据最小的数,作为下一轮的b.所以把原数组排序后,最小值的位置是不断往左移的,每次移动1个位置,直接模拟即可. 时间复杂度\(O(nlog a_i)\). 点击查看代码 #include <bits/s…

Problem \(\mathrm{Code~Festival~2017~Final~J}\) 题意概要:一棵 \(n\) 个节点有点权边权的树.构建一张完全图,对于任意一对点 \((x,y)\),连一条长度为 \(w[x] + w[y]+ dis(x, y)\) 的边.求这张图的最小生成树. \(n\leq 2\times 10^5\) Solution 在操场上晒太阳时想到的做法,求 \(\mathrm{MST}\) 可以使用另一种贪心算法:每次找到每个点连出去的最短的边,并将其合并,一次是…

首先,我们发现每一个节点所选择的次数不好直接算,因为要求一个节点被选择的次数大于等于父亲被选择的次数,且又要小于等于父亲被选择的次数 \(+D\).既然如此,考虑一棵差分的树,规定每一个节点被选择的次数为 \(x\),表示节点实际上被选择的次数是父亲被选择的次数 \(+x\).显然,这个 \(x\) 是小于等于 \(D\) 的.分析这样我们发现,选择了一个节点实际上对应子树内的所有节点的选择次数均增加,所以我们重新定义选择一个节点的价值为子树内(含自身)节点的个数,而代价则是子树内所有代价的总和…

Atcoder刷不动的每日一题... 首先注意到一个事实:随着 \(l, r\) 的增大,\(f(r) - f(l)\) 会越来越小.考虑暴力处理出小数据的情况,我们可以发现对于左端点 \(f(l) <=  7\) 的情况下,右端点的最大限度为 \(\frac{10^8}{8} + 10^7\) .这个范围并不大,可以直接用 two-pointer 处理出来. 那么这部分的数据和后面的数据有什么不同呢? 当 \(f(l) > 7\) 的时候,\(f(r) - f(l) <= 1\).那么…