2018/2/17

鸽了一天。。不要在意（反正也没人看

1.一个有趣的idea（不知道有没有题）

给一张图，每个边有边权，现在要求log时间内求出：
给出x值和k点，去除大于x的所有边后k连通块的信息（sum啊max啊等等线段树干的事）
做法：首先跑最小生成树，我们建立一棵新树，如果最小生成树连接了u和v，建立新点p，连接p,fa[u]和p,fa[v]，并且把p作为新的连通块的父亲节点
这样就把连通块上询问的信息变到子树上询问了

2.ZOJ - 3949

题意：给出一棵树，再建一条边，使得$\sum_{i=2}^ndis(1,i)$最小
做法：我们考虑直接求出另外一个点在x的贡献
我们得知了这个点在x父亲的贡献
考虑到x，x到1号节点路径上有一个节点的最优路径会改变
X的儿子贡献会改变
X的父亲以及父亲的父亲等等的子树贡献会改变
我们发现这些改变都是等差数列
分别维护即可

//Copyright(c)2017 Mstdream
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
inline void splay(LL &v){
    v=0;char c=0;LL p=1;
    while(c<'0' || c>'9'){if(c=='-')p=-1;c=getchar();}
    while(c>='0' && c<='9'){v=(v<<3)+(v<<1)+c-'0';c=getchar();}
    v*=p;
}
const LL N=400010;
LL nxt[N],fir[N],sz,n,siz[N],fa[N],to[N],dep[N],ans,tot,f[N];
void add(LL x,LL y){
    nxt[++sz]=fir[x],fir[x]=sz,to[sz]=y;
}
void init(){
    for(LL i=1;i<=n*2;i++){
        siz[i]=nxt[i]=fir[i]=to[i]=0;
        fa[i]=dep[i]=f[i]=0;
    }
    sz=0;
}
void dfs1(LL x,LL f){
    fa[x]=f;siz[x]=1;dep[x]=dep[f]+1;
    for(LL u=fir[x];u;u=nxt[u]){
        if(to[u]!=fa[x]){
            dfs1(to[u],x);
            siz[x]+=siz[to[u]];
        }
    }
}

void dfs2(LL x,LL pre,LL ooo){
    if(dep[x]>1){
        LL ret=tot;
        ret-=siz[x]*(dep[x]-2);
        ret-=pre;
        ans=min(ans,ret);
    }
    for(LL u=fir[x];u;u=nxt[u]){
        if(to[u]!=fa[x]){
            if(dep[x]<4){
                dfs2(to[u],0,0);
            }
            else{
                f[dep[x]]=siz[x]-siz[to[u]];
                LL now=(siz[x]-siz[to[u]])*(dep[x]-3);
                if(dep[x]&1)dfs2(to[u],pre-ooo+now,ooo-f[(dep[x]+3)/2]+siz[x]-siz[to[u]]);
                else dfs2(to[u],pre-ooo+now,ooo+siz[x]-siz[to[u]]);
            }
        }
    }
}
int main(){
    freopen("tree.in","r",stdin);
    freopen("tree.out","w",stdout);
    init();splay(n);
    for(LL i=1;i<n;i++){
        LL x,y;splay(x),splay(y);
        add(x,y),add(y,x);
    }
    dfs1(1,0);
    tot=0;
    for(LL i=1;i<=n;i++){
        tot+=dep[i]-1;
    }
    ans=tot;
    dfs2(1,0,0);
    cout<<ans<<endl;
}

3.idea*2

题意：给出一张地图，每个点需要$W_i$个士兵才能攻占，每个边需要$V_i$个士兵才能攻占，士兵攻占完后可以沿着攻占完了的边走动，假设士兵没有损伤，一开始可以向任意点空降任意数量的士兵（每个点空降的单位代价不同），求最小代价
做法：首先士兵沿着最小生成树行走一定最优
我们对每个节点记录a,b,v三个值域
a代表占领当前连通块所需要的最少士兵数
b代表占领当前连通块所经过的代价最大的边
v代表占领当前连通块的最小代价
每次合并，v用a*b更新一下即可

//Copyright(c)2017 Mstdream
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
inline void splay(int &v){
    v=0;char c=0;int p=1;
    while(c<'0' || c>'9'){if(c=='-')p=-1;c=getchar();}
    while(c>='0' && c<='9'){v=(v<<3)+(v<<1)+c-'0';c=getchar();}
    v*=p;
}
const int N=300010;
int a[N],b[N],fa[N],n,m;
LL v[N],ans;
int getfa(int x){
    if(fa[x]==x)return x;
    return fa[x]=getfa(fa[x]);
}
struct E{
    int l,r,w;
    bool operator<(const E&x)const{
        return w<x.w;
    }
}e[N];
int main(){
    splay(n),splay(m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        splay(a[i]),splay(b[i]);
        v[i]=(LL)a[i]*b[i];
        fa[i]=i;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        splay(e[i].l),splay(e[i].r),splay(e[i].w);
    }
    sort(e+1,e+m+1);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x=getfa(e[i].l),y=getfa(e[i].r);
        if(x!=y){
            fa[x]=y;
            a[y]=max(e[i].w,max(a[x],a[y]));
            b[y]=min(b[x],b[y]);
            v[y]=min((LL)a[y]*b[y],v[x]+v[y]);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)if(fa[i]==i)ans+=v[i];
    cout<<ans<<endl;
}

4.scppc2016 problemH

题意：定义广义pascal三角：如三维的pascal三角为$a[i][j][k]=a[i-1][j][k]+a[i][j-1][k]+a[i][j][k-1]$
求所有维数加起来等于x的值有哪些（比如三维就是$i+j+k==x$）
做法：二维pascal三角中每个数是一个组合数，可以看做是$(1,1)$到$(n,m)$的路径数。
三维中也可以看做$(1,1,1)$到$(n,m,k)$的方案数
所以我们会求某个点的值了
观察发现交换某两位的数答案不变，我们规定必须数值必须从大到小
这样就可以搜索了

//Copyright(c)2017 Mstdream
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL unsigned long long
LL ans[10000000],c[99][99];
LL t,d,n;
LL a[55];
void dfs(LL now,LL hs){
    if(now==d){
        a[now]=hs;
        LL x=n;LL p=1;
        for(LL i=1;i<=d;i++){
            p*=c[x][a[i]];
            x-=a[i];
        }
        ans[++t]=p;
        return;
    }
    for(LL i=a[now-1];(d-now+1)*i<=hs;i++){
        a[now]=i;dfs(now+1,hs-i);
    }
}
int main(){
    //freopen("xxx.in","r",stdin);
    c[0][0]=1;
    for(LL i=1;i<=55;i++){
        c[i][0]=1;
        for(LL j=1;j<=i;j++){
            c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1];
        }
    }
    cin>>d>>n;n--;
    dfs(1,n);
    sort(ans+1,ans+t+1);
    t=unique(ans+1,ans+t+1)-ans-1;
    for(LL i=1;i<=t;i++){
        printf("%I64u\n",ans[i]);
    }
}