贪心(qwq)习题题解 SCOI 题解 [ SCOI2016 美味 ] 假设已经确定了前i位,那么答案ans一定属于一个区间. 从高位往低位贪心,每次区间查找是否存在使此位答案为1的值. 比如6位数确定了前三位\((101...)_2\),下一位应该是1 那么\(a_i+x_i\)的查找区间为:\([(101100)_2,(101111)_2]\) ,同理如果应该是0则为\([(101000)_2,(101011)_2]\). 注意到有区间\([l,r]\)范围的限制所以用主席树维护即可. [

4813: [Cqoi2017]小Q的棋盘 题意: 某poj弱化版?树形背包 据说还可以贪心... #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 105; inline int read()

BZOJ_4813_[Cqoi2017]小Q的棋盘_dfs Description 小Q正在设计一种棋类游戏.在小Q设计的游戏中,棋子可以放在棋盘上的格点中.某些格点之间有连线,棋子只能 在有连线的格点之间移动.整个棋盘上共有V个格点,编号为0,1,2…,V-1,它们是连通的,也就是说棋子从任意格 点出发,总能到达所有的格点.小Q在设计棋盘时,还保证棋子从一个格点移动到另外任一格点的路径是唯一的. 小Q现在想知道,当棋子从格点0出发,移动N步最多能经过多少格点.格点可以重复经过多次,但不重复计数

[BZOJ4813][CQOI2017]小Q的棋盘(贪心) 题面 BZOJ 洛谷 题解 果然是老年选手了,这种题都不会做了.... 先想想一个点如果被访问过只有两种情况,第一种是进入了这个点所在的子树并且还要再次回到它的父亲,那么为了访问这个点你要花费\(2\)步,另外一种是进入了这个点你不回去了,那么这个点你只需要花费一步.对于不会去的情况而言,显然自上而下是一条链,那么我们肯定把最长链给找出来,最长链上的点都不再回去了,而其他的点访问一次的贡献就是\(2\),直接计算就做完了. #inclu

P3698 [CQOI2017]小Q的棋盘 题目描述 小 Q 正在设计一种棋类游戏. 在小 Q 设计的游戏中,棋子可以放在棋盘上的格点中.某些格点之间有连线,棋子只能在有连线的格点之间移动.整个棋盘上共有 V 个格点,编号为0,1,2 - , V− 1,它们是连通的,也就是说棋子从任意格点出发,总能到达所有的格点.小 Q 在设计棋盘时,还保证棋子从一个格点移动到另外任一格点的路径是唯一的. 小 Q 现在想知道,当棋子从格点 0 出发,移动 N 步最多能经过多少格点.格点可以重复经过多次,但不重复

4813: [Cqoi2017]小Q的棋盘 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 512 MBSubmit: 804  Solved: 441[Submit][Status][Discuss] Description 小Q正在设计一种棋类游戏.在小Q设计的游戏中,棋子可以放在棋盘上的格点中.某些格点之间有连线,棋子只能 在有连线的格点之间移动.整个棋盘上共有V个格点,编号为0,1,2…,V-1,它们是连通的,也就是说棋子从任意格 点出发,总能到达所有的格点.小Q在设

小 Q 的棋盘 时间限制: 1 Sec  内存限制: 512 MB 题目描述 小Q正在设计一种棋类游戏.在小Q设计的游戏中,棋子可以放在棋盘上的格点中.某些格点之间有连线,棋子只能在有连线的格点之间移动.整个棋盘上共有V个格点,编号为0,1,2…,V-1,它们是连通的,也就是说棋子从任意格点出发,总能到达所有的格点.小Q在设计棋盘时,还保证棋子从一个格点移动到另外任一格点的路径是唯一的.小Q现在想知道,当棋子从格点0出发,移动N步最多能经过多少格点.格点可以重复经过多次,但不重复计数. 输入 第

小Q的棋盘 (贪心) 题目 洛谷传送门 做法 显然这是一棵树(这个就不多bb了,树的性质) 很容易发现一个性质,如果一条链走完,我们必须回头再走一次那条链(或一部分)才可以走到更多的点 所以为了减少这个损失,我们以最长链(从起点开始的最长链)的终点(最低端)为终点(步数走完不须回头),既然做到减少了最多的不必要,那么这样一定会是最优的.(可以证明是最优的,只是我不知道,举不出反例我就写了) 考虑除了走最长链步数之外的剩余步数.最好画个图,既然我们一定要走最长链,那么可以看做一根树干上长了其他的一

Description 小Q正在设计一种棋类游戏.在小Q设计的游戏中,棋子可以放在棋盘上的格点中.某些格点之间有连线,棋子只能 在有连线的格点之间移动.整个棋盘上共有V个格点,编号为0,1,2-,V-1,它们是连通的,也就是说棋子从任意格 点出发,总能到达所有的格点.小Q在设计棋盘时,还保证棋子从一个格点移动到另外任一格点的路径是唯一的. 小Q现在想知道,当棋子从格点0出发,移动N步最多能经过多少格点.格点可以重复经过多次,但不重复计数. Input 第一行包含2个正整数V,N,其中V表示格点总

来自FallDream的博客,未经允许,请勿转载,谢谢. 小Q正在设计一种棋类游戏.在小Q设计的游戏中,棋子可以放在棋盘上的格点中.某些格点之间有连线,棋子只能在有连线的格点之间移动.整个棋盘上共有V个格点,编号为0,1,2…,V-1,它们是连通的,也就是说棋子从任意格点出发,总能到达所有的格点.小Q在设计棋盘时,还保证棋子从一个格点移动到另外任一格点的路径是唯一的.小Q现在想知道,当棋子从格点0出发,移动N步最多能经过多少格点.格点可以重复经过多次,但不重复计数.n,v<=100 很明显是sb

题目描述 小Q正在设计一种棋类游戏.在小Q设计的游戏中,棋子可以放在棋盘上的格点中.某些格点之间有连线,棋子只能在有连线的格点之间移动.整个棋盘上共有V个格点,编号为0,1,2…,V-1,它们是连通的,也就是说棋子从任意格点出发,总能到达所有的格点.小Q在设计棋盘时,还保证棋子从一个格点移动到另外任一格点的路径是唯一的.小Q现在想知道,当棋子从格点0出发,移动N步最多能经过多少格点.格点可以重复经过多次,但不重复计数. 输入 第一行包含2个正整数V,N,其中V表示格点总数,N表示移动步数. 接下

传送门 考虑最后所有走过的点构成的树,显然除了最长链走一遍以外每条轻链都走两遍. 于是求一波最长链搞一搞就完了. 注意几个小细节特判qwq 代码: #include<bits/stdc++.h> #define ri register int #define fi first #define se second using namespace std; const int rlen=1<<18|1; inline char gc(){ static char buf[rlen],*

题目链接:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4813 暴力转移就好,考虑以某一个点为根的子树分为是否走回来两种情况 ${f_{i,j}}$表示已点$i$为根的子树,走了$j$步之后回到点$i$最多能经过多少个点 ${g_{i,j}}$表示已点$i$为根的子树,走了$j$步之后不管停在那个点最多能经过多少个点 写了个${n^{2}}$转移 #include<iostream> #include<algorithm> #in

题解: 好像有题解说可以贪心.. 显然这是一棵树,考虑树形dp 维护f[i][j]从点i往下走j再回来经过的最多点,g[i][j]从点i往下走j不用回来经过的最多点 转移方程还是挺显然的,枚举的时候像背包一下从大道小枚举 时间复杂度大概是n3的吧

题目描述 有一棵树,你要从\(0\)号点开始走,你可以走\(m\)步,问你最多能经过多少个不同的点. \(n\leq 100\) 题解 出题人的做法是DP(一个简单的树形DP),但是可以直接通过一次DFS做出来. 先DFS整棵树,设\(d\)为所有点深度的最大值. 若\(m<d\),那么显然走这条最长的链是最优的,答案为\(m+1\) 否则我们可以先沿着这条链走到底,在这个过程中可以往其他的子树走,每花两步可以走到一个新的点,答案为\(\min(n,d+\lfloor\frac{m-d+1}{2

BZOJ原题链接 洛谷原题链接 贪心或树形\(DP\)都可做,但显然\(DP\)式子不好推(因为我太菜了),所以我选择贪心. 很显然从根出发主干走最长链是最优的,而剩下的点每个都需要走两步,所以用除去走最长链的步数的剩余步数除\(2\)(下取整)就是剩余能走的点数. #include<cstdio> using namespace std; const int N = 110; const int M = N << 1; int fi[N], di[M], ne[M], de[N]

题面 题解 根据题意,不回头是最好的(显然法) \(dfs\)找到最长链,设长度为\(\mathrm{L}\),然后分类讨论: 如果\(\mathrm{L} > m\),答案就是\(m + 1\) 否则显然可以多走\(m-\mathrm{L} + 1\)步,可以多访问\((m-\mathrm{L} + 1) / 2\)步,于是答案就是 \(min\{n, \mathrm{L} + (m-\mathrm{L} + 1) / 2\}\) 证明???这一辈子都不可能的 代码 #include<cst

题面 由树的结构我们可以知道,最终要么是连一条(最长的)链都没走完,要么是走了一些点最后走了最长的链.为什么总是说最长的链呢,因为在树上这样走的过程中(最后不要求返回的话)除了一条链都会被走两次,显然我们贪心地把最长链走一次即可. #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; ; int n,m,t1,t2,cnt,dps,ans; *N],goal[*N]; vo

题目链接 题意分析 首先 我们肯定会贪心的走从根节点到叶子结点最长的一条链 首先没有过剩的就好办了 但是有的话 我们就一边往下走 一边走分支 分支上每一个点平均走过两次 所以我们把剩下的除以\(2\)即可 CODE: #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstdlib> #i

设f[i][j]为由i号点开始在子树内走j步最多能经过多少格点,g[i][j]为由i号点开始在子树内走j步且回到i最多能经过多少格点,转移显然. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long l

BZOJ 4813 虽然数据范围很迷人,但是想树形$dp$没有前途. 先发现一个事情,就是我们可以先选择一条链,最后要走到这一条链上不回来,走到链上的点每一个只需要一步,而如果要走这条链之外的点,一个点需要走两步. 这条链怎么选取?为了尽量减少步数,肯定是最长链. 现在有了一个显然的事情,如果限制步数$stp$不比最长链长度$mx$大的话,那么直接在最长链上走一走就好了,答案为$stp + 1$. 一棵树最少需要$mx + 2 * (n - mx - 1) = 2n - mx - 2$步走完,如