CF 559E

本文探讨了一道关于在数轴上放置探照灯以最大化覆盖长度的问题。通过将探照灯排序并使用动态规划的方法,实现了有效的算法设计。最终提供了一个O(N^3)的解决方案。

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题目大意

在一条(,+)的数轴上,有N盏探照灯,坐标分别为ai。每盏探照灯都可以往负方向或正方向发射光线,但每盏灯都有一个强度li,也就是说他最多只能照到(aili,ai)(ai,ai+li)。问你,在合法的规划每盏灯的方向下,最多能照到多少长度的数轴。一段数轴(l,r)的长度为rl,他被照到当且仅当整段都被某些探照灯所覆盖。

数据范围

N100,ai,li108

题解

我们先将探照灯按ai排序。
首先要注意,假如一段区间(l,r)被覆盖了,那么必然是被一段连续的探照灯([i,j]所覆盖的。
Fi,j,k表示当前用了前i盏灯,最后一段是探照灯j贡献的,其方向为k最多能照到多少长度。当k=0时表示照向负方向,k=1时表示照向正方向。
假设我们已经知道了Fi,j,k,接着要进行转移。
Pre表示当前覆盖区间的右端点,可以直接用aj+klj计算出来。我们尝试枚举一个p,表示要把前p盏灯用完,并且p要对答案有贡献,也就是说,在最终的方案中,p能唯一(或称为最先)覆盖某一段灯。而且p枚举时应当两个方向都枚举。
那么我们可以画一幅图,
这里写图片描述
Pre就是之前的灯照的区间,Far表示当前转移枚举的右端点,那么有用的P就如图中的P1,P2所示,必须要把某一段Pre,Far之间的空白填补。设P的右端点为Nr。那么P造成的贡献就是min(Lp,NrPre),最后再考虑上Far,P1之间的覆盖,P的贡献就是min(Lp,NrPre)+FarNr。因此,这种转移是
Fp,far,dir=Fi,j,k+min(Lp,NrPre)+FarNr

这里也体现了我们一开始将灯按ai排序的优势。我们的枚举是单调的,而且我们可以轻松解决这种情况
这里写图片描述

最后我们可以得到一个O(N3)的算法。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int MAXN = 105;

struct Node
{
    int x,l;
}A[MAXN];

int F[MAXN][MAXN][2],N,Ans;

bool cmp(Node a,Node b) {return a.x < b.x;}

int main()
{
    //freopen("data.in","r",stdin),freopen("data.out","w",stdout);
    scanf("%d", &N);
    for(int i = 1;i <= N;i ++) scanf("%d%d", &A[i].x, &A[i].l);
    sort(A + 1,A + N + 1,cmp);
    A[0].x = -(1 << 30);
    for(int i = 0;i <= N;i ++)
        for(int j = 0;j <= i;j ++)
            for(int p = 0;p < 2;p ++)
            {
                Ans = max(Ans,F[i][j][p]);
                int Pr = A[j].x + p * A[j].l;
                for(int k = i + 1,mx = -(1 << 30),a,b;k <= N;k ++)
                    for(int d = 0;d < 2;d ++)
                    {
                        int nxt = A[k].x + d * A[k].l;
                        if (nxt > mx) mx = nxt,a = k,b = d;
                        F[k][a][b] = max(F[k][a][b],F[i][j][p] + min(A[k].l,nxt - Pr) + mx - nxt);
                    }
            }
    printf("%d\n", Ans);
    return 0;
}
<think>好的,用户现在在问Codeforces problem734E的解决方案或解释。我需要先回忆一下这道题的具体内容。题目编号734E对应的是Codeforces上的一个题目,通常这类题目会有具体的名称和问题描述。不过根据用户提供的引用内容,之前的引用似乎提到了其他问题,比如742B,涉及位运算和异或操作。但用户现在明确询问的是734E,所以需要转向这个题号的内容。首先,我需要确认734E的题目内容。Codeforces的题目734E的标题通常是“Antonand Tree”,这题涉及树的结构和图论中的连通性处理。题目大意是给定一棵树,每个节点有黑色或白色,每次操作可以翻转一个颜色相同的连通区域的颜色,问最少需要多少次操作让整棵树变成同一种颜色。 接下来,我需要分析这个问题。解决这类问题通常需要找到树中的最长路径,也就是直径。因为每次操作可以翻转整个同色连通区域,所以关键在于如何将相邻的相同颜色节点合并,形成更大的连通块。然后,将问题转化为处理合并后的树的直径,所需的最小操作次数通常是直径长度的一半,向上取整。用户可能需要具体的解决步骤,比如如何通过两次BFS或DFS找到树的直径,或者如何预处理颜色相同的连通块。此外,可能还需要解释为什么直径决定了最小操作次数,以及具体的实现方法,比如构建缩点后的树,然后计算其直径。在回答时,需要结构清晰,分步骤解释。可能还需要提供代码示例,比如用Python或C++实现的解法。同时,根据用户之前的引用,他们可能对位运算或其他算法感兴趣,但734E主要涉及树和图论,需要调整回答内容。 用户可能还会关心时间复杂度的分析,或者如何优化算法。例如,两次BFS的时间复杂度是线性的,适合处理大范围的树结构。此外,需要验证思路的正确性,确保每一步的逻辑正确,比如合并同色节点后的树结构是否确实将问题转化为求直径的问题。 最后,生成相关问题,比如如何找到树的直径,如何处理连通块,或者类似的问题推荐,帮助用户进一步巩固相关知识。</think>### Codeforces 734E Anton and Tree 问题解析 **题目概述** 给定一棵$n$个节点的树,每个节点为黑色或白色。每次操作可以选择一个颜色相同的连通区域,翻转其颜色(黑→白,白→黑)。求使整棵树变为单一颜色的最小操作次数[^4]。 --- ### 关键思路 1. **连通块合并** 将相邻同色节点视为一个超级节点(缩点),形成新的树结构。此时新树中相邻节点颜色必然不同。 **示例**:原树为`黑-黑-白-白-黑`,合并后变为`黑-白-黑`。 2. **树直径与操作次数** 新树的直径决定了最小操作次数。设直径为$d$,则答案为$\lfloor \frac{d+1}{2} \rfloor$。 **原理**:每次操作可消除直径端点的一层颜色差异,最终在$\lfloor d/2 \rfloor$步内完成[^1]。 --- ### 算法步骤 1. **构建缩点后的树** - 使用DFS/BFS遍历原树,合并同色连通块。 - 记录合并后的边(仅连接不同颜色块)。 2. **求树的直径** - **两次BFS法**: - 第一次BFS找到最远节点$u$ - 第二次BFS从$u$出发找到最远节点$v$,路径$u→v$即为直径。 --- ### 代码实现(Python) ```python import sys from collections import deque def main(): sys.setrecursionlimit(1 << 25) n = int(sys.stdin.readline()) color = list(map(int, sys.stdin.readline().split())) adj = [[] for _ in range(n)] for _ in range(n-1): u, v = map(int, sys.stdin.readline().split()) adj[u-1].append(v-1) adj[v-1].append(u-1) # 构建缩点后的边 new_edges = [[] for _ in range(n)] visited = [False] * n def dfs(u, parent): visited[u] = True for v in adj[u]: if v == parent: continue if color[u] == color[v]: dfs(v, u) else: new_edges[u].append(v) dfs(0, -1) # BFS找最远节点 def bfs(start): q = deque() dist = [-1] * n dist[start] = 0 q.append(start) max_dist = 0 far_node = start while q: u = q.popleft() for v in new_edges[u]: if dist[v] == -1: dist[v] = dist[u] + 1 if dist[v] > max_dist: max_dist = dist[v] far_node = v q.append(v) return far_node, max_dist u, _ = bfs(0) v, d = bfs(u) print((d + 1) // 2) if __name__ == "__main__": main() ``` --- ### 复杂度分析 - **时间**:$O(n)$,两次BFS和DFS均为线性时间。 - **空间**:$O(n)$,存储邻接表和距离数组。 ---
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