传送门：似乎uoj都有
思路：
APIO2015：
巴厘岛的雕塑：
看到位运算，又要求结果最小，最外层肯定是个从高位到低位的按位贪心
这里有两个部分分，
task1:N<=100,1<=A<=B<=N
task2:N<=2000,A=1,1<=B<=N
先考虑task1
令sum[i]表示雕塑权值的前缀和
假设我们考虑到了第bit位
那么我们怎么知道在前面位数满足要求的前提下，当前位能否是0
DP即可
设f[i][j]表示前i个雕塑，有j个组，并且前面位数满足要求，当前位是否能为0
那么f[i][j]|=f[k][j-1]&&((nowans|(sum[i]-sum[j]))==nowans)
为了方便判断，我们先把nowans后面的位都赋成1
最后如果f[n][A--B]中有为1的，则该位可取0，继续下一位的DP
复杂度O(n^3*log(M))
对于task2，n变大了，但是有了一个限制条件，A=1
这就是说，组数没有了下限，只有上限
我们可以转变状态设计，令g[i]表示前i个，在满足前面位数满足要求的前提下，最少要多少组
转移更简单了，g[i]=min(g[j]+1) ((nowans|(sum[i]-sum[j]))==nowans)
最后判断g[n]是否<=B即可
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
const int maxn=2010;
typedef long long ll;
using namespace std;
int n,A,B,a[maxn],len,g[maxn];ll sum[maxn],pw[50];bool f[105][105];
void work1(){
ll ans=0;
for (int bit=len;bit>=0;bit--){
ans+=(pw[bit]-1);
memset(f,0,sizeof(f)),f[0][0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=i;j++){
for (int k=0;k<i;k++){
ll s=sum[i]-sum[k];
f[i][j]|=(f[k][j-1]&&((s|ans)==ans));
if (f[i][j]) break;
}
}
bool can=0;
for (int i=A;i<=B;i++) if (f[n][i]){can=1;break;}
if (!can) ans++;
else ans-=(pw[bit]-1);
}
printf("%lld\n",ans);
}
void work2(){
ll ans=0;
for (int bit=len;bit>=0;bit--){
ans+=(pw[bit]-1);
memset(g,63,sizeof(g)),g[0]=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=0;j<i;j++)
if (((sum[i]-sum[j])|ans)==ans)
g[i]=min(g[i],g[j]+1);
if (g[n]<=B) ans-=(pw[bit]-1);
else ans++;
}
printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
for (ll tmp=1;tmp<=sum[n];tmp<<=1) len++;
pw[0]=1;for (int i=1;i<=len;i++) pw[i]=pw[i-1]<<1;
if (A==1) work2();
else work1();
return 0;
}
雅加达的摩天大楼
思路：显然是一个最短路模型
首先点数为O(n+m)，边数为O(n*m)的建图很好想
doge在一边，楼在一边
每只doge向它所在的楼连权值为0的双向边，向所有它能到的楼连权值为步数的单向边，跑一遍最短路即可
然后我们发现，每个doge连出去的边是n/p的，那么p很大时我们可以用这种暴力连边
那p很小时呢？
每栋楼多建出p个辅助点，相当于一栋楼的很多层，i层代表的意义是它能跳到x-i和x+i栋楼
我们发现一只doge的步长是固定的
那么这只doge只能跳到它能跳到的楼的对应层
到楼底才可以见到这栋楼的狗
因为卡空间，p的分界线设为100即可。
spfa在uoj会被卡........
bzoj可过
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
const int maxb=105,maxn=30010*105,maxm=maxn*5;
using namespace std;
int n,m,b[30010],p[30010],dis[maxn],pre[maxm],now[maxn],son[maxm],val[maxm],tot,sz=100,S,T,q[maxn+10],head,tail,inf;bool bo[maxn];
int id(int a,int b){return a*n+b;}
void add(int a,int b,int c){pre[++tot]=now[a],now[a]=tot,son[tot]=b,val[tot]=c;}
void spfa(){
memset(dis,63,sizeof(dis)),inf=dis[0];
dis[S]=head=0,bo[S]=1,q[tail=1]=S;
while (head!=tail){
if (++head>maxn) head=1;
int x=q[head];
//printf("%d %d\n",x,dis[x]);
for (int y=now[x];y;y=pre[y])
if (dis[son[y]]>dis[x]+val[y]){
dis[son[y]]=dis[x]+val[y];
if (!bo[son[y]]){
if (++tail>maxn) tail=1;
q[tail]=son[y],bo[son[y]]=1;
}
}
bo[x]=0;
}
printf("%d\n",dis[T]==inf?-1:dis[T]);
}
int main(){
//freopen("test.in","r",stdin);freopen("test.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m),sz=min((int)sqrt(n),100);
for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&b[i],&p[i]),b[i]++;
S=b[1],T=b[2];
for (int i=1;i<=sz;i++) for (int j=1;j<=n;j++) add(id(i,j),j,0);//到了这栋楼，才可以下楼换狗
for (int i=1;i<=sz;i++)
for (int j=1;j<=n-i;j++){
int x=id(i,j),y=id(i,j+i);
add(x,y,1),add(y,x,1);//楼与楼对应层连边
}
for (int i=1;i<=m;i++){
if (p[i]<=sz) add(b[i],id(p[i],b[i]),0);//上楼，限制步长
else{
for (int j=1;b[i]+j*p[i]<=n;j++) add(b[i],b[i]+j*p[i],j);//暴力连边
for (int j=1;b[i]-j*p[i]>=1;j++) add(b[i],b[i]-j*p[i],j);
}
}
spfa();
return 0;
}巴邻旁之桥
三分套三分秒切此题
虽然没有精度误差，但时间上因为是两个log，log还特别大，三分已被卡飞了
我们需要更科学的方法
首先家和单位在同一侧的，直接计算答案，你们要桥有什么用啊
注意桥也有1的长度
k==1时，建在所有家和单位的中位数处即可
k==2时，可以发现对于每个人，走离家和单位的中点更近的桥不会更差（可能相同）
那么把每个人按家和单位的中点排序后，一定存在一个分解点使得中点在左边的走左边的桥，中点在右边的走右边的桥
那么左右就变成了两个K=1的情况
分别找到中位数，修桥即可
实现上用两个权值线段树
动态维护两段的中位数即可
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
#define abs(a) (a>0?a:-(a))
const int maxn=200010;
using namespace std;
struct data{
int l,r,idl,idr,v;
inline ll dis(ll bri){return abs(l-bri)+abs(r-bri);}
}seq[maxn];
int n,K,a[maxn],tot,cnt,b[maxn];char c1[2],c2[2];ll ans;
bool cmp(data a,data b){return a.v<b.v;}
struct Tseg{
#define ls (p<<1)
#define rs ((p<<1)|1)
#define mid ((l+r)>>1)
int val[maxn<<2];
void modify(int p,int l,int r,int x,int v){
if (l==r){val[p]+=v;return;}
//printf("%d %d %d %d %d\n",p,l,r,x,v);
if (x<=mid) modify(ls,l,mid,x,v);
else modify(rs,mid+1,r,x,v);
val[p]=val[ls]+val[rs];
}
void modify(int x,int v){modify(1,1,tot,x,v);}
int query(int p,int l,int r,int rk){
if (l==r) return l;
if (rk<=val[ls]) return query(ls,l,mid,rk);
else return query(rs,mid+1,r,rk-val[ls]);
}
int query(int rk){return query(1,1,tot,rk);}
#undef mid
#undef ls
#undef rs
}T[2];
void work1(){
for (int i=1,l,r;i<=n;i++){
scanf("%s%d%s%d",c1,&l,c2,&r);
if (l>r) swap(l,r);
if (c1[0]==c2[0]) ans+=(r-l);
else a[++tot]=l,a[++tot]=r,ans++;
//printf("%d %d\n",l,r);
}
sort(a+1,a+1+tot);
int mid=a[tot/2];
for (int i=1;i<=tot;i++) ans+=abs(a[i]-mid);
printf("%lld\n",ans);
}
void prework(){
for (int i=1;i<=cnt;i++) b[++tot]=seq[i].l,b[++tot]=seq[i].r;
sort(b+1,b+1+tot);
for (int i=1;i<=cnt;i++){
seq[i].idl=lower_bound(b+1,b+1+tot,seq[i].l)-b;
seq[i].idr=lower_bound(b+1,b+1+tot,seq[i].r)-b;
}
}
ll getans(){
ll ans0=0,ans1=0,mins=1e9+7,mid0=0,mid1;
prework();
for (int i=1;i<=cnt;i++) T[1].modify(seq[i].idl,1),T[1].modify(seq[i].idr,1),seq[i].v=seq[i].l+seq[i].r;
sort(seq+1,seq+1+cnt,cmp),mid1=b[cnt+1];
for (int i=1;i<=cnt;i++) ans1+=seq[i].dis(mid1);mins=ans1;
//for (int i=1;i<=cnt;i++) printf("l=%d r=%d v=%d\n",seq[i].l,seq[i].r,seq[i].v);
//printf("mins=%lld mid0=%lld mid1=%lld\n",mins,mid0,mid1);
for (int i=1;i<=cnt;i++){
ans1-=seq[i].dis(mid1);
T[0].modify(seq[i].idl,+1),T[0].modify(seq[i].idr,+1),mid0=b[T[0].query(i)];
T[1].modify(seq[i].idl,-1),T[1].modify(seq[i].idr,-1),mid1=b[T[1].query(cnt-i+1)];
ans0+=seq[i].dis(mid0);
mins=min(mins,ans0+ans1);
}
//printf("%lld\n",mins);
return mins;
}
void work2(){
for (int i=1,l,r;i<=n;i++){
scanf("%s%d%s%d",c1,&l,c2,&r);
if (l>r) swap(l,r);
if (c1[0]==c2[0]) ans+=(r-l);
else ans++,seq[++cnt]=(data){l,r};
}
printf("%lld\n",ans+getans());
}
int main(){
scanf("%d%d",&K,&n);
if (K==1) work1();else work2();
return 0;
}APIO2014：
连珠线：
首先我们可以发现，定根后，蓝线一定是fa[i],i,son[i]的形式
那么我们枚举根，设f[i][0/1]分别表示i子树，i不是蓝线中点，是蓝线中点的最大权值
那么f[i][0]=Σmax(f[j][0],f[j][1]+val[i,j]) j是i的儿子
f[i][1]=f[i][0]+max(f[j][0]+val[i,j]-max(f[j][0],f[j][1]+val[i,j]))
表示可以选择一个连向自己的，但是要减去之前统计的
但是枚举根肯定不行
考虑怎样换根
我们发现换根时只有这两个点的f值变化，
在第一遍DP时记录f[i][0/1]转移式后面那一堆max(f[j][0]+val[i,j]-max(f[j][0],f[j][1]+val[i,j]))的最大和次大
那么我们把这两个点的值重新转移一遍
设原根是x，现在的根是y
现在y咸鱼翻身啦，它不是x的儿子了
从x中去除y的贡献，之所以要记录次大，是因为y正好为x儿子中的最大时，x此时只能由次大来转移
然后把x当做y的一个新儿子，转移一下即可
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
const int maxn=200010,maxm=maxn<<1,inf=2e9+7;
using namespace std;
int n,pre[maxm],now[maxn],son[maxm],tot,val[maxm],f[maxn][2],maxs[maxn],sec[maxn],deg[maxn],ans;
void add(int a,int b,int c){pre[++tot]=now[a],now[a]=tot,son[tot]=b,val[tot]=c,deg[b]++;}
void read(int &x){
char ch;
for (ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar());
for (x=0;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
}
void dfs(int x,int fa){
if (deg[x]==1&&fa){
f[x][0]=0,f[x][1]=-inf;
return;
}
maxs[x]=sec[x]=-inf;
for (int y=now[x];y;y=pre[y])
if(son[y]!=fa){
dfs(son[y],x);
int tmp=max(f[son[y]][0],f[son[y]][1]+val[y]);
f[x][0]+=tmp,f[x][1]+=tmp;
sec[x]=max(sec[x],f[son[y]][0]+val[y]-tmp);
if (sec[x]>maxs[x]) swap(sec[x],maxs[x]);
}
f[x][1]+=maxs[x];
}
void moveto(int x,int fa){
ans=max(ans,f[x][0]);
for (int y=now[x];y;y=pre[y])
if (son[y]!=fa){
int tmp=max(f[son[y]][0],f[son[y]][1]+val[y]),f0=f[x][0],f1=f[x][1];
if (f[son[y]][0]+val[y]-tmp==maxs[x])
f0-=tmp,f1=f1-tmp-maxs[x]+sec[x];
else
f0-=tmp,f1=f1-tmp;
int vx=max(f0,f1+val[y]);
f[son[y]][0]+=vx,f[son[y]][1]+=vx;
f[son[y]][1]-=maxs[son[y]];
int delta=f0+val[y]-vx;
sec[son[y]]=max(sec[son[y]],delta);
if (sec[son[y]]>maxs[son[y]]) swap(sec[son[y]],maxs[son[y]]);
f[son[y]][1]+=maxs[son[y]];
moveto(son[y],x);
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for (int i=1,x,y,z;i<n;i++)
read(x),read(y),read(z),add(x,y,z),add(y,x,z);
dfs(1,0),moveto(1,0),printf("%d\n",ans);
return 0;
}回文串：
见：http://blog.youkuaiyun.com/thy_asdf/article/details/47615439
序列分割：
化一化式子，就发现是比较裸的斜率优化了
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
const int maxn=100010;
using namespace std;
int n,k,cnt,a[maxn],i,q[maxn],now=0,pre=1;
ll f[maxn][2],sum[maxn];
double slope(int i,int j){return !(sum[i]-sum[j])?1e9:1.0*((f[i][pre]-sum[i]*sum[i])-(f[j][pre]-sum[j]*sum[j]))/(double)(sum[i]-sum[j]);}
void work(int x){
int head=1,tail=0;
for (int i=1;i<=n;i++){
// printf("%I64d %d\n",sum[i],head);
while (head<tail&&slope(q[head],q[head+1])>-sum[i]) head++;
int j=q[head];/*printf("j%d\n",q[head]);*/f[i][now]=f[j][pre]+(sum[i]-sum[j])*sum[j];
// printf("%I64d\n",sum[i]-sum[j]);
while (head<tail&&slope(q[tail],q[tail-1])<slope(q[tail],i)) tail--;
// printf("%d\n",tail);
q[++tail]=i;
}
now^=1,pre^=1;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
for (i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
for (i=1;i<=k;i++) work(i);
printf("%lld\n",f[n][pre]);
return 0;
}
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