直觉上觉得颜色数量不会很多。我就假定最后最多10种颜色。
假定一个root。
f[i][k]表示i为root的子树里i取k色，得到的最小值。
代码
#include < cstdio >
#define INF 1000000000
using namespace std;
struct node{
int y,next;
}E[ 100001 ];
int cnt,edg[ 50001 ],n,x,y,ans,f[ 50001 ][ 11 ],NN;
void add_edge( int x, int y)
{
++ cnt;E[cnt].y = y;E[cnt].next = edg[x];edg[x] = cnt;
}
int dp( int i, int x, int last)
{
if (f[i][x] !=- 1 ) return f[i][x];
int Min = INF,tt;
tt = x;
for ( int j = edg[i];j != 0 ;j = E[j].next)
if (E[j].y != last)
{
Min = INF;
for ( int k = 1 ;k <= NN; ++ k) if (k != x)
if (dp(E[j].y,k,i) < Min) Min = dp(E[j].y,k,i);
tt += Min;
}
f[i][x] = tt;
return tt;
}
int main()
{
freopen( " GEMS.in " , " r " ,stdin);
freopen( " GEMS.out " , " w " ,stdout);
NN = 10 ;
scanf( " %d " , & n);
for ( int i = 1 ;i < n; ++ i)
{
scanf( " %d%d " , & x, & y);
add_edge(x,y);
add_edge(y,x);
}
for ( int i = 1 ;i <= n; ++ i) for ( int j = 1 ;j <= 100 ; ++ j) f[i][j] =- 1 ;
ans = INF;
for ( int i = 1 ;i <= NN; ++ i)
if (dp( 1 ,i, 0 ) < ans) ans = dp( 1 ,i, 0 );
cout << ans << endl;
return 0 ;
}
数据生成器
【题目背景】
小明在做NOI2003练习赛的《幸福的老鼠》时觉得题目太简单了，于是对原题做了一些扩展：
l 将原题的N从20扩展到200000。
l 将原题经过一条街道需要的时间改为Ti（1 £ Ti £ 1000000000）分钟（i为街道的编号）。
l 增加了一个条件：小狗家Y离老鼠家X的距离小于等于大狗家Z离老鼠家X的距离。
即使这样，他仍然很快地做了出来。于是，小明打算做一些输入文件来测试他的程序。现在他已经生成了一些符合题意的图，不过为了增大测试数据的难度，他希望你能帮他选取一组X、Y、Z，使老鼠拿到礼物的时间尽可能地大。
【小明扩展的题目（注意，你并不需要解决此题）】
幸福的老鼠Jerry要过生日了，小狗大狗分别送了它一份生日礼物。现在Jerry打算从自己家X出发，先到小狗家Y（因为小狗家Y离老鼠家X的距离小于等于大狗家Z离老鼠家X的距离），再到大狗家Z，将两份礼物取回。
卡通城由N（3 £ N £ 200000）个居住点和N-1条连接居住点的双向街道组成，经过第i条街道需花费Ti（1 £ Ti £1000000000）分钟的时间。可以保证，任两个居住点间都存在通路。
不妨设Jerry家在点X，小狗家在点Y，大狗家在点Z。现在，请你计算，Jerry最快需要耗费多长时间才能拿到生日礼物？
【任务描述】
定义：令|AB|表示卡通城中从A点走到B点需要的最少时间。
给出卡通城的地图，找到一组X、Y、Z，使得：
l |XY|≤|XZ|
l |XY|+|YZ|最大。
并求出此时|XY|+|YZ|的值。
【输入文件】
输入文件jerrygen.in第一行是两个整数N（3 £ N £ 200000）和M（M=N-1），分别表示居住点总数和街道总数。从第2行开始到第N行，每行给出一条街道的信息。第i+1行包含整数Ui、Vi、Ti（1£Ui, Vi £ N，1 £ Ti £ 1000000000），表示街道i连接居住点Ui和Vi，并且经过街道i需花费Ti分钟。
【输出文件】
输出文件jerrygen.out仅包含一个整数T，即|XY|+|YZ|的最大值。
【样例输入】
4 3
1 2 1
2 3 1
3 4 1
【样例输出】
4
先假定一个root。
分析一下实质上是求前三长路。fir[i],sec[i],thi[i]分别表示该树根子数下的k短。
from[i]在记录一下fir[i]是用那条路更新的。最后再dfs吧父亲也给考虑下去。
有很多这样先假定树根，少考虑父亲然后最后再线性dfs补充烤炉的题目。
代码
#include < cstdio >
#define LL long long
#define N 200001
using namespace std;
struct node{
LL y,z,next;
}E[N * 2 ];
LL edg[N],cnt,x,y,z,ans,fir[N],sec[N],thi[N],from[N],vis[N],n,m;
void add_edge(LL x,LL y,LL z)
{
++ cnt;E[cnt].y = y;E[cnt].next = edg[x];edg[x] = cnt;E[cnt].z = z;
}
void dp(LL x,LL last,LL tot)
{
// if (vis[x]) return;
// vis[x]=1;
// ar[x]=tot;
LL v;
for (LL j = edg[x];j != 0 ;j = E[j].next)
if (last != E[j].y)
{
dp(E[j].y,x,tot + E[j].z);
v = E[j].y;
if (fir[v] + E[j].z > fir[x]) {from[x] = v;thi[x] = sec[x];sec[x] = fir[x];fir[x] = fir[v] + E[j].z;}
else
if (fir[v] + E[j].z > sec[x]) {thi[x] = sec[x];sec[x] = fir[v] + E[j].z;}
else
if (fir[v] + E[j].z > thi[x]) {thi[x] = fir[v] + E[j].z;}
}
}
void dfs(LL x,LL last,LL tot)
{
if (tot > fir[x]) {from[x] = last;thi[x] = sec[x];sec[x] = fir[x];fir[x] = tot;}
else
if (tot > sec[x]) {thi[x] = sec[x];sec[x] = tot;}
else
if (tot > thi[x]) {thi[x] = tot;}
LL kk = 0 ;
for (LL j = edg[x];j != 0 ;j = E[j].next)
if (last != E[j].y)
{
kk = tot;
if (from[x] != E[j].y && fir[x] > kk) kk = fir[x];
if (from[x] == E[j].y && sec[x] > kk) kk = sec[x];
dfs(E[j].y,x,kk + E[j].z);
}
}
int main()
{
freopen( " jerrygen.in " , " r " ,stdin);
freopen( " jerrygen.out " , " w " ,stdout);
scanf( " %d%d " , & n, & m);
for (LL i = 1 ;i <= m; ++ i)
{
scanf( " %d%d%d " , & x, & y, & z);
add_edge(x,y,z);
add_edge(y,x,z);
}
dp( 1 , 0 , 0 );
dfs( 1 , 0 , 0 );
// for (LL i=1;i<=n;++i)
// printf("%d %d %d %d\n",i,fir[i],sec[i],thi[i]);
/*
for (LL i=1;i<=n;++i)
{
if (ar[i]>fir[i]) {thi[i]=sec[i];sec[i]=fir[i];fir[i]=ar[i];}
else
if (ar[i]>sec[i]) {thi[i]=sec[i];sec[i]=ar[i];}
else
if (ar[i]>thi[i]) {thi[i]=ar[i];}
} */
// for (LL i=1;i<=n;++i)
// printf("*(%d %d %d %d\n",i,fir[i],sec[i],thi[i]);
for (LL i = 1 ;i <= n; ++ i)
if (fir[i] + sec[i] * 2 + thi[i] > ans) ans = fir[i] + sec[i] * 2 + thi[i];
cout << ans << endl;
return 0 ;
}
Day 2
(7.18 14:00-19:30)
Tribe council
有一个部族有N个人，这里有一个他们的家族树，1是根节点表示父亲和儿子的关系。节点1是树根。他们要在神圣的山的西边进行一个奇特的会议，就坐在一排桌子旁边，如下图。每个人都尽可能的往前面的桌子坐，如果那个桌子上当前没有他的儿子或者父亲。
现在让你确定一个他们就坐的顺序，使得他们占的桌子数最多。
任务
求能占有的最多桌子数
输入文件 tribe.in
第一行是人数N
以下N-1行每行两个整数x,y，表示x是y的父亲
输出文件tribe.out
把答案输出到文件
数据范围
1<N<=100 000
30%的数据N<=1000
每张桌子有无限的容量
样例
| tribe.in | tribe.out |
| 5 1 4 3 2 1 3 3 5 | 3 |
解释
样例可以以这种顺序入座 2 4 1 5 3
- 2 到桌1
- 4 到桌1
- 1 有孩子 (4) 在桌1,所以去桌2
- 5 到桌1
- 3 有2个孩子在桌1(2 and 5) 而且有父亲 (1)在桌2,所以去桌3.
要求一共能占据多少排，那么就是要使某一个人能坐到尽量靠后的排。在解决问题之前，我们要考虑这样几个问题。假如一个人能坐到第n排，那么他必然能坐到1到n排，因为他坐到第n排的时候，他的相邻点能占据1,2…n-1排，那么让占据1的先坐，然后到占据2的，……。只要他在适当的时候插入，就能坐到1至n排之中的任意一排。另外，如果一个人能坐到第n排，那么他的相邻点一定能分别占据1到n-1排，由于这个点之后才到会，所以之前，每个相邻点都是凭着去掉这个点后的某个子树的人际关系，坐到一个适当位置的。更确切的说，一个点能坐到第n排，按照一定顺序，他的相邻点p1、p2、p3…能坐到的最后排a1、a2、a3……满足a1>=1,a2>=2,a3>=3……。所以在得知一个点的所有相邻点能坐到的最大排后，坐到第一排的肯定用最小的，坐到第二排的肯定用次小的，我们按他们能坐到的最大排来排序，就能很容易的判断一个点能坐到第几排。
这题也是要考虑一个点的各个分叉，我们可以先假设树有一个根，我们先求一个点能凭借它的儿子坐到多少排。然后我们发现，我们没有考虑了一个点通向根的一个分叉，我们需要把漏掉的补上。假设P是Q的父亲节点，P能坐到的最大排已经求出。P要为Q服务，就必须将P的减掉Q这个分支后，再求它坐到的最大排，把P加入Q的相邻点，由于根节点已经完全考虑，我们从根节点往下，就能把所有点求出。-------集训队论文
其实这题跟上题一样都是先假定树根，然后再现不考虑父亲。
最后再dfs一遍补充考虑父亲。
代码
#include < cstdio >
#define INF 10000000000
#define N 100001
using namespace std;
struct node{
int y,next;
}E[N * 2 ];
int edg[N],x,y,ans,n;
int sum[N][ 30 ];
int f[N],cnt;
void add_edge( int x, int y)
{
++ cnt;E[cnt].y = y;E[cnt].next = edg[x];edg[x] = cnt;
}
void dp( int x, int last)
{
for ( int j = edg[x];j != 0 ;j = E[j].next)
if (E[j].y != last)
{
dp(E[j].y,x);
++ sum[x][f[E[j].y ] ];
}
int tot = 0 ;
for ( int i = 1 ;i <= 20 ; ++ i)
{
tot += sum[x][i]; if (tot > i) tot = i;
}
f[x] = tot + 1 ;
return ;
}
void dfs( int x, int last, int mm)
{
int tot = 0 ;
++ sum[x][mm];
for ( int i = 1 ;i <= 20 ; ++ i)
{
tot += sum[x][i]; if (tot > i) tot = i;
}
if (tot + 1 > ans) ans = tot + 1 ; // calc_ans
for ( int j = edg[x];j != 0 ;j = E[j].next)
if (E[j].y != last)
{
-- sum[x][ f[E[j].y ] ];
tot = 0 ;
for ( int i = 1 ;i <= 20 ; ++ i)
{
tot += sum[x][i]; if (tot > i) tot = i;
}
dfs(E[j].y,x,tot + 1 );
++ sum[x][ f[E[j].y ] ];
}
}
int main()
{
freopen( " tribe.in " , " r " ,stdin);
freopen( " tribe.out " , " w " ,stdout);
scanf( " %d " , & n);
for ( int i = 1 ;i < n; ++ i)
{
scanf( " %d%d " , & x, & y);
add_edge(x,y);
add_edge(y,x);
}
ans = 0 ;
dp( 1 , 0 );
for ( int i = 1 ;i <= n; ++ i) if (f[i] > ans) ans = f[i];
dfs( 1 , 0 , 0 );
cout << ans << endl;
return 0 ;
}
选课
[问题描述]
在大学里每个学生，为了达到一定的学分，必须从很多课程里选择一些课程来学习，在课程里有些课程必须在某些课程之前学习，如高等数学总是在其它课程之前学习。现在有N门功课，每门课有个学分，每门课有一门或没有直接先修课（若课程a是课程b的先修课即只有学完了课程a，才能学习课程b）。一个学生要从这些课程里选择M门课程学习，问他能获得的最大学分是多少？
输入：
第一行有两个整数N,M用空格隔开。(1<=N<=300,1<=M<=160)
接下来的N行,第I+1行包含两个整数ki和si, ki表示第I门课的直接先修课，si表示第I门课的学分。若ki=0表示没有直接先修课（1<=ki<=N,1<=si<=20）。
输出：
只有一行，选M门课程的最大得分。
样例：
| 输入： 7 4 2 2 0 1 0 4 2 1 7 1 7 6 2 2 | 输出： 13 |
徐持衡论文。。。。。
代码
#include < cstdio >
#define N 1000
using namespace std;
struct node{
int y,next;
} E[N * 2 ];
int edg[N],ans,s[N],n,x,C,cnt;
int f[N][N];
void add_edge( int x, int y)
{
++ cnt;E[cnt].next = edg[x];edg[x] = cnt;E[cnt].y = y;
}
void dp( int u, int C)
{
if (C <= 0 ) return ;
int v;
for ( int j = edg[u];j != 0 ;j = E[j].next)
{
v = E[j].y;
for ( int i = 0 ;i <= C; ++ i) f[v][i] = f[u][i];
dp(v,C - 1 );
for ( int i = 0 ;i <= C - 1 ; ++ i)
if (f[v][i] + s[v] > f[u][i + 1 ]) f[u][i + 1 ] = f[v][i] + s[v];
}
}
int main()
{
freopen( " choice.in " , " r " ,stdin);
freopen( " choice.out " , " w " ,stdout);
scanf( " %d%d " , & n, & C);
for ( int i = 1 ;i <= n; ++ i)
{
scanf( " %d%d " , & x, & s[i]);
add_edge(x,i);
}
dp( 0 ,C + 1 );
for ( int i = 0 ;i <= C; ++ i) if (f[ 0 ][i] > ans) ans = f[ 0 ][i];
cout << ans << endl;
return 0 ;
}
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