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洛谷P2619 [国家集训队]Tree I思路：很显然的最小生成树，但是强制我们用needneedneed条白色的边。我们可以二分一个值xxx，让所有的白色边都加上xxx。这样就能够让白边靠前或者靠后。最终的答案就是最小生成树求出来的权值减去加上的总和。代码：#include<bits/stdc++.h>#define fi first#define se second#define ll long long#define mp make_pair#define pb push

思路：最小树形图就是在有向图中，以一个点为根的有向生成树，并且边权值和最小。思路大体上是贪心。1、贪心地选取每个点最小的入边。2、存在环则缩点，将其余边权值减去这个边终点的最小入边值。因为这相当于删除这个边的原来入边，再加上另外一条边。3、重复1，2直到无环。复杂度为O(NM)O(NM)O(NM)。Tarjan更快的算法还不会。代码：#include<bits/stdc++.h>#define pii pair<int,int>#define ll long lo

图的绝对中心的定义是图上一个点（可以在结点上也可以在边上）到图上所有点的距离最大值最小。我们可以得到，到图绝对中心距离相等的点有两个。我们用d(i,j)d(i,j)d(i,j)表示结点iii到jjj的最短距离，rk(i,j)rk(i,j)rk(i,j)表示第iii个结点到其他结点距离中第jjj小的那个。假设图的绝对中心在结点上，那么肯定用距离最远的来更新，所以ans=min⁡(ans,d(i,rk(i,n))∗2)ans=\min(ans,d(i,rk(i,n))*2)ans=min(ans,d(i,

洛谷P4430小猴打架思路：求nnn个结点，通过不同的连接方式生成的树有多少种。通过Prufer序列，nnn个结点不同的生成树有nn−2n^{n-2}nn−2种。又因为这n−1n-1n−1条边可以以任意顺序连上，所以乘上这n−1n-1n−1条边全排列的数量，即(n−1)!nn−2(n-1)!n^{n-2}(n−1)!nn−2种。代码：#include<bits/stdc++.h>#define pii pair<int,int>#define int long long

洛谷P3403跳楼机思路：由题，我们可到达的楼层为ax+by+cz(a,b,c≥0)ax+by+cz(a,b,c\ge0)ax+by+cz(a,b,c≥0)。我们假设一个数kkk是只通过操作2，3得到的，即k=by+czk=by+czk=by+cz。式子就变成了求满足ax+k≤hax+k\le hax+k≤h中xxx的数量。易得，通过操作1，能够到达的楼层数量为⌊h−kx⌋+1\lfloor\cfrac{h-k}{x}\rfloor+1⌊xh−k​⌋+1。考虑去掉重复的部分。因为如果存在k1≡k2(

洛谷P2624 [HNOI2008]明明的烦恼思路：设要求度数的点有kkk个，sum=∑i=1k(di−1)sum=\sum\limits_{i=1}^{k}(d_i-1)sum=i=1∑k​(di​−1)。如果di=0d_i=0di​=0或sum>n−2sum>n-2sum>n−2都是

牛客挑战赛48C.铬合金之声思路：首先由题很显然的一个结论就是，这是由nnn个点构成的有n−mn-mn−m棵无根树的森林。考虑权值的计算。假设第iii棵树的大小为sis_isi​,权值就为∏i=1n−msi\prod\limits_{i=1}^{n-m}s_ii=1∏n−m​si​。但是这样的话，又要考虑乘上方案数，并且每种方案都需要分开考虑。很巧妙的一步就是，将无根树转换为有根树，因为有根树的方案数就等于无根树的方案数乘上结点树，恰好是我们需要的贡献。所以转换成了求nnn个点构成n−mn-mn−m

CF156D. Clues题意：给一个nnn个点mmm条边的无向图，用最少的边使它们连通的方案数，取模ppp后输出。思路：通过并查集判断点连通，统计每个连通块的大小。连通块为111的时候特判一下，其他的情况就是模板题了，答案为nk−2∏i=1knumin^{k-2}\prod\limits_{i=1}^{k}num_ink−2i=1∏k​numi​,kkk为连通块的数量，numinum_inumi​为每个连通块的大小。（证明）代码：#include<bits/stdc++.h>#d

1、通过Cayley定理，可以得到nnn个结点的无根树个数为nn−2n^{n-2}nn−2,证明参考Purfer序列。2、那么一棵结点数为nnn的有根树，就是在无根树的基础上面选定一个根，那么就是nn−1n^{n-1}nn−1种。3、nnn个结点，每个结点度数为did_idi​的树。首先满足∑i=1ndi−1=n−2,di≠0\sum\limits_{i=1}^{n}d_i-1=n-2,d_i\neq 0i=1∑n​di​−1=n−2,di​​=0。由Purfer序列的性质可以得到，度数为did_id

洛谷P2290 [HNOI2004]树的计数思路：通过Purfer序列我们可以得到，度数为did_idi​的点会在序列中出现di−1d_i-1di​−1次。那么就相当于这些数求全排列的方案数，所以答案就为(n−2)!∏i=1n(di−1)!\cfrac{(n-2)!}{\prod\limits_{i=1}^{n} (d_i-1)!}i=1∏n​(di​−1)!(n−2)!​。以及再加上一些特判，比如n=1,∑i=1ndi−1≠n−2n=1,\sum\limits_{i=1}^{n} d_i-1\neq

洛谷P4068 [SDOI2016]数字配对思路：二分图，将偶数个质因子和奇数个质因子分成二分图，跑费用流即可。代码：#include<bits/stdc++.h>#define pii pair<int,int>#define int long long#define cl(x,y) memset(x,y,sizeof(x))#define loop(x,y,z) for(x=y;x<=z;x++)#define reve(x,y,z) for(x=y;x&

洛谷P4542 [ZJOI2011]营救皮卡丘思路：定义dis[u][v](u>v)dis[u][v](u>v)dis[u][v](u>v)为uuu到vvv且不经过编号大于vvv节点的最短路。用最短路可以求得。然后建图跑费用流。建图：拆点，把iii拆成i,i′i,i^{'}i,i′。1、SSS到000建(S,0,k,0)(S,0,k,0)(S,0,k,0)。2、SSS到节点iii建(S,i,1,0)(S,i,1,0)(S,i,1,0)。3、节点i′i^{'}i′到TTT建(i

洛谷P4307 [JSOI2009]球队收益 / 球队预算思路：非常有意思的一道题目。我们可以发现球队支出的费用与胜负有关，并且一场比赛一定有一个赢，一个输。我们不妨假设对于所有的比赛，每个球队都输掉的情况，并且找出mmm个赢球的球队支出最小的情况。假设一直球队从输一场球变成赢一场球，那么应该增加的费用为：c(a+1)2+d(b−1)2−(ca2+db2)=c(2a+1)−d(2b+1)c(a+1)^2+d(b-1)^2-(ca^2+db^2)=c(2a+1)-d(2b+1)c(a+1)2+d(b

洛谷P4237 荒芜的海洋思路：建图：将点iii拆成入点iii和出点i′i^{'}i′。1、对于每个雇佣兵建(S,pi,1,qi)(S,p_i,1,q_i)(S,pi​,1,qi​)的边。2、对于每个岛建(i,i′,inf,ai),ai(i,i^{'},inf,a_i),a_i(i,i′,inf,ai​),ai​指岛上的怪兽数量。3、对于每条路建(u′,v,inf,w)(u^{'},v,inf,w)(u′,v,inf,w)和(v′,u,inf,w)(v^{'},u,inf,w)(v′,u,inf

LightOJ1356Prime Independence题意：给你nnn个数，你选出最多的一个集合满足不存在其中任意两数a,ba,ba,b满足a=k×b,ka=k\times b,ka=k×b,k是一个质数。思路：最大独立点集=n−=n-=n−二分图最大匹配数。我们可以通过唯一分解定理判断数字xxx的因子个数，可以知道如果因子个数同为奇数或者偶数，那么它们肯定不可能匹配。所以按照因数的奇偶将图分成二分图，进行连边。注意我们在判断两个数之间是否需要连边的时候，应该是记录一个数的因子进行除法判断得到

洛谷P4014 分配问题思路：显然一个最小费用最大流，一个最大费用最大流。只需要将权值取反再求一次即可。代码：#include<bits/stdc++.h>#define pii pair<int,int>#define ll long long#define cl(x,y) memset(x,y,sizeof(x))#define loop(x,y,z) for(x=y;x<=z;x++)#define reve(x,y,z) for(x=y;x>=z

洛谷P3967 [TJOI2014]匹配思路：第一问很简单，就是带权二分图的完美匹配。用最大费用最大流可以求出。第二问就是求最大费用最大流的必经边，那么枚举删除每条边看看费用是否会改变，改变的话就是必经边。由于第一问已经求出了匹配的方案，所以不用枚举删除每条边，只需要枚举去删除每组匹配的边即可。代码权值取反，算的是最小费用最大流。代码：#include<bits/stdc++.h>#define pii pair<int,int>#define ll long lon

洛谷P3965 [TJOI2013]循环格思路：非常好的一题网络流，一开始根本想不到。可以发现，循环格满足入度=出度=111。简单证明就是，一个n×mn\times mn×m的矩阵，每个格点都有一条出边，出度为111，如果入度=000，那么就无法到达，所以形成不了循环格；如果入度>1>1>1，那么就会存在其他点的入度为000。那么我们就可以将一点(i,j)(i,j)(i,j)拆成(i,j)(i,j)(i,j)和(i,j)′(i,j)^{'}(i,j)′。建图：1、SSS向(i,

洛谷P3705 [SDOI2017]新生舞会思路：∵C=∑a∑b\because C=\cfrac{\sum a}{\sum b}∵C=∑b∑a​∴∑a−C∑b=0\therefore \sum a-C\sum b=0∴∑a−C∑b=0二分，令w=a−mid×bw=a-mid\times bw=a−mid×b，如果mid>cmid>cmid>c，那么∑w<0\sum w<0∑w<0,否则∑w>0\sum w>0∑w>0。现在就转化为是权值为a−

洛谷P3440 [POI2006]SZK-Schools思路：这就相当于一个带权的二分图匹配。设学校用点i∈[1,n]i\in[1,n]i∈[1,n]表示，注意这里不是学校的原始编号，因为会重合。用第iii个学校的原来编号为mim_imi​。新的编号用点j∈[n+1,2×n]j\in[n+1,2\times n]j∈[n+1,2×n]表示。1、SSS向每个iii建(S,i,1,0)(S,i,1,0)(S,i,1,0)的边。2、每个jjj向TTT建(j,T,1,0(j,T,1,0(j,T,1,0的边

洛谷P3356 火星探险问题思路：这题建图并不是很难，和洛谷P2045 方格取数加强版很相似。将一个点(i,j)(i,j)(i,j)拆成入点(i,j)(i,j)(i,j)和出点(i,j)′(i,j)^{'}(i,j)′。1、SSS向(1,1)(1,1)(1,1)建流量为kkk，费用为000的边。2、(n,m)′(n,m)^{'}(n,m)′向TTT建流量为kkk，费用为000的边。3、每个点对向东或者向南可以走的点连流量为infinfinf，费用为000的边。4、每个点(i,j)(i,j)(i

洛谷P2604 [ZJOI2010]网络扩容思路：很显然第一问最大流，第二问费用流。对于第一问，可以将流量的费用全部设为000,建(u,v,c,0)(u,v,c,0)(u,v,c,0)的边,这样跑费用流就可以得到答案。在这个残留网络上，我们可以再建一个(u,v,inf,w)(u,v,inf,w)(u,v,inf,w)的边，再设一个超级源点SSS连向111，建(S,1,k,0)(S,1,k,0)(S,1,k,0)的边，再跑一次费用流就可以了。可以理解为第一问是免费的一个流量，第二问是加上单位流量需要的

洛谷P2469 [SDOI2010]星际竞速思路：可以看出这是最小路径覆盖问题，最小路径覆盖=n−=n-=n−最大匹配数。所以这题就是最小费用最大流。建图：1、源点SSS向每个入点iii建(S,i,1,0)(S,i,1,0)(S,i,1,0)的边。2、每个出点i′i^{'}i′向汇点TTT建(i′,T,1,0)(i^{'},T,1,0)(i′,T,1,0)的边。3、源点SSS向每个出点i′i^{'}i′建(S,i′,1,Ai)(S,i^{'},1,A_i)(S,i′,1,Ai​)的边。4、每组

洛谷P2517 [HAOI2010]订货思路：建图：1、源点SSS向每个月iii连(S,i,inf,di)(S,i,inf,d_i)(S,i,inf,di​)的边。2、每个月iii向汇点TTT连(i,T,ui,0)(i,T,u_i,0)(i,T,ui​,0)的边。3、每个月i∈[1,n)i\in[1,n)i∈[1,n)向下个月连(i,i+1,S,m)(i,i+1,S,m)(i,i+1,S,m)的边，这里的SSS是仓库容量。然后跑最小费用最大流就行了。代码：#include<bits/s

洛谷P2053 [SCOI2007]修车思路：如果总的等待时间为sumsumsum，那么平均等待时间为sumn\cfrac{sum}{n}nsum​，而nnn已经确定，为了使答案尽可能小，sumsumsum应该尽可能小。假设nnn辆车的修车速度分别为T1,T2,⋯ ,TnT_1,T_2,\cdots,T_nT1​,T2​,⋯,Tn​。可以得到第iii个人的等待时间为∑j=1iTj\sum\limits_{j=1}^{i}T_jj=1∑i​Tj​。所以总的等待时间为sum=∑i=1n∑j=1iTj=

洛谷P2045 方格取数加强版思路：选取一个点只有一次贡献，但是他可以走无数次，又限制了kkk次。所以如下建图：1、每个点拆点成入点iii和出点i′i^{'}i′，建一条(i,i′,1,ai,j)(i,i^{'},1,a_{i,j})(i,i′,1,ai,j​)的边，和一条(i,i′,inf,0)(i,i^{'},inf,0)(i,i′,inf,0)的边，表示只有一次的费用是ai,ja_{i,j}ai,j​，走多次的费用是000。2、源点SSS连向(1,1)(1,1)(1,1),流量为kkk，费用为

洛谷P2153 [SDOI2009]晨跑思路：·要求路程尽可能短，天数尽可能长，那么肯定是最小费用最大流了。天数作为流量，路程作为费用。按照要求，每个路口只能走一次，这个就是不重复选取的问题，在最大流中的最长不下降子序列问题有涉及到，解决的办法就是将点拆开，设入点为iii,出点为i′i^{'}i′。然后在之间建一条流量为111的边。这里也是相同的，只需要拆点后建一条流量为111，费用为000的边即可。由于111和nnn可以使用无限次，所以111和1′1^{'}1′,nnn和n′n^{'}n′之间的流

洛谷P4452 [国家集训队]航班安排思路：又有贡献，又有边权，又有限制，一看就是网络流。考虑如何建图。如果建图的对象是机场，那还需要对时间进行分层，很复杂。那么就以请求建图，将请求拆成两个点，出点和入点，出点是出发的时间，入点的到达的时间，两点之间连一条流量为111，费用为ccc的边，这样控制了请求只有一次贡献。判断从000号机场飞到aaa的时间满不满足，满足可以建一个从源点到入点流量为infinfinf,费用为−f[0][a]-f[0][a]−f[0][a]的边。再建一个超级源点，连向源点，

洛谷P3381【模板】最小费用最大流思路：在一个网络中，每条边有一个流量fff和费用www，表示限制的流量和每单位流量需要花费的费用。最小费用最大流也叫费用流，就是求在最大化∑f\sum f∑f的情况下，最小化∑f×w\sum f\times w∑f×w。那么我们将求增广路的BFS替换成SPFA就可以从求任意增广路到求一条从sss到ttt的最短路的增广路。代码：#include<bits/stdc++.h>#define pii pair<int,int>#define

洛谷P4568 [JLOI2011]飞行路线思路：分层图是对于一些边权的操作，可以将图从二维的引入操作次数kkk作为第三维。将图复制成k+1k+1k+1份，并且上一份的连向下一份的边权值是修改的权值。代码：#include<bits/stdc++.h>#define pii pair<int,int>#define ll long long#define cl(x,y) memset(x,y,sizeof(x))#define loop(x,y,z) for(x=y

洛谷P4474 王者之剑思路：显然求二分图最大权独立点集。把点进行黑白染色。SSS向白点建边，权值为vi,jv_{i,j}vi,j​;白点向周围的黑点建边，权值为infinfinf;黑点向TTT建边，权值为vi,jv_{i,j}vi,j​。总权值减去最小割就是答案。代码：#include<bits/stdc++.h>#define pii pair<int,int>#define int long long#define cl(x,y) memset(x,y,

洛谷P4313文理分科思路：一下子就可以想到最小割，先不考虑一起选的情况的话，就是文理二者择其一的选择。SSS向(i,j)(i,j)(i,j)建边，权值为arti,jart_{i,j}arti,j​；(i,j)(i,j)(i,j)向TTT建边，权值为sciencei,jscience_{i,j}sciencei,j​。考虑共同选理科，那么我们可以新建一个点(i,j)′(i,j)^{'}(i,j)′,SSS向(i,j)′(i,j)^{'}(i,j)′连边，权值为same_arti,jsame\_ar

洛谷P4304 [TJOI2013]攻击装置思路：最大点数独立集=总点数-最大匹配数。独立集是指：一个点集，点集中的各点没有关系。代码：#include<bits/stdc++.h>#define pii pair<int,int>#define int long long#define cl(x,y) memset(x,y,sizeof(x))#define ct cerr<<"Time elapsed:"<<1.0*clock()/CLO

洛谷P4174 [NOI2006]最大获利思路：基础的最大权闭合子图。SSS向每个用户iii建边，权值为CiC_iCi​;每个用户iii向需要的两个中转站Ai,BiA_i,B_iAi​,Bi​建边，权值为infinfinf;每个中转站向TTT建边，权值为PiP_iPi​。答案为CiC_iCi​总和减去最小割。代码：#include<bits/stdc++.h>#define pii pair<int,int>#define int long long#defin

P4048 [JSOI2010]冷冻波思路：首先我们可以假设如果有ansansans分钟的话，巫妖可以攻击⌊anst⌋+1\lfloor\cfrac{ans}{t}\rfloor+1⌊tans​⌋+1次，因为在第000秒就可以开始攻击。很显然的一个建图就是：SSS向每个巫妖建边，权值为⌊anst⌋+1\lfloor\cfrac{ans}{t}\rfloor+1⌊tans​⌋+1；每个巫妖向自己能过攻击到的精灵建边，权值为111；每个精灵向TTT建边，权值为111。然后判断最大流是不是等于mmm

洛谷P3872[TJOI2010]电影迷思路：最大权闭合子图的一种变形。SSS向正边权的点连边，权值为vxv_xvx​；负边权的点向TTT连边，权值为∣vx∣|v_x|∣vx​∣；每对XXX向YYY连边，权值为dx,yd_{x,y}dx,y​。然后正边权和减去最小割就是答案。代码：#include<bits/stdc++.h>#define pii pair<int,int>#define int long long#define cl(x,y) memset(

洛谷P3866[TJOI2009]战争游戏思路：简单的可以想到，我们应该在SSS和敌人直接建边，在边界与TTT之间建边，求的就是最小割。那么怎么表示割掉一条边？如果把一个点和他相邻的点连起来，边权值为其中一个点权值的话，那么就可能存在这个点被多次割掉。那么又要用到拆点，把点拆成入点和出点。然后便可以建如下的图：障碍物不处理；SSS连接每个敌人的入点，权值为infinfinf；每个点的入点连接自己的出点，权值为点权值，敌人的点的权值设为infinfinf。每个点的出点连接四周点的入点，权值为i

P3410 拍照思路：最大权闭合子图。SSS向MMM个人每个人建边，权值为支付的费用；MMM个人分别向每个人需要照相的下属建边，权值为infinfinf；每个下属向TTT建边，权值为需要的费用。能得到的钱减去最小割就是答案。代码：#include<bits/stdc++.h>#define pii pair<int,int>#define int long long#define cl(x,y) memset(x,y,sizeof(x))#define ct

洛谷P3254圆桌问题思路：最近做到的最舒服的网络流了。源点向每个单位建边，权值为rir_iri​;每个单位向每个餐桌建边，权值为111;每个餐桌向汇点建边，权值为cic_ici​;如果跑最大流的结果为∑ri\sum r_i∑ri​的话就是可以分配的。代码：#include<bits/stdc++.h>#define pii pair<int,int>#define int long long#define cl(x,y) memset(x,y,sizeof(x

洛谷P3153[CQOI2009]跳舞思路：拆点+二分+最大流：将男生，女生都拆成两个点，喜欢的点和不喜欢的点，二分答案ansansans。SSS向男生的喜欢点连边，权值为ansansans；男生喜欢的点向男生不喜欢的点连边，权值为kkk;女生不喜欢的点向女生喜欢的点连边，权值为kkk;女生喜欢的点向TTT连边，权值为ansansans;男生喜欢和不喜欢的点分别向女生喜欢不喜欢的点连边，权值为111。然后判断跑出来的值是否等于ans∗nans*nans∗n。代码：#include&lt