NOIP2015 day2 [二分][DP][树剖]

T1：

题意：在一个n长序列中取走m个数，使得任意相邻数之间差值最小值最大。

分析：要最大值最小最小值最大，典型的二分答案套路。二分答案以后把不满足的数给去掉（因为去掉前一个肯定不会比去掉当前这个更优），然后注意最后一个也要算，如果要用的次数不够了就不满足，然后就没了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn=5e4+5;
int l,n,m,a[maxn];
void init()
{
scanf("%d %d %d",&l,&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
}
int check(int lim)
{
int last=0,tmp=m;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i]-last<lim){
if(tmp)tmp--;
else return 0;
}
else last=a[i];
if((!tmp)&&l-last<lim)return 0;
return 1;
}
void work()
{
int lef=0,rig=l+1;
while(lef<rig){
int mid=(lef+rig)/2;
if(check(mid))lef=mid+1;
else rig=mid;
}
printf("%d",lef-1);
}
int main()
{
freopen("stone.in","r",stdin);
freopen("stone.out","w",stdout);
init();
work();
return 0;
}

题意：给定两个序列，在一个序列中取若干子序列（不重合），按顺序组成第二个序列，问组成方式的种数。

分析：DP，F[k][I][J]表示枚举到第k个字母，要组成第二个序列的后i个字母，还可以取j个子序列的方案数，那么针对当前情况只有两种情况，一是正在枚举的两个字母相同且后两个字母相同，则不需要再取一个序列（当然还要满足正在被枚举的不是最后一个,已经取了一个序列的条件），当然，还有一种是正在枚举的两个字母相同，那么无论后面的字母相不相同都可以再取一个序列；

需要注意四点：

1.显然组以后一个点的空间是开不下的，这里可以滚动数组，因为只需要用当前和之前一次的信息所以第一维开3就可以了。（之前信息是因为，当处于第一种情况时，加上的方法数要保证只包含取了上一个的方法，不然会多）；

2.要加上上次的同一状态的的方法总数，即不取此位但满足的方法总数;

3.由第一点可知，这里涉及到减法，那么要注意方法数减少的情况，虽说一般不会影响，但如果减到负数去了取模方式就不一样了……而且还可能输出负数。

4.4e7可能会T，要注意常数，比如每个运算mod一次显然比直接开Longlong要常数小，以及……开滚动数组肯定比直接赋值常数小（手动再见；

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
using namespace std;
const int maxn1=1e3+5,maxn2=2e2+5;
const int modd=1e9+7;
int cur=1,nxt=2,nxt2,n,m,k;
int f[3][maxn2][maxn2];
char a[maxn1],b[maxn2];
void init()
{
scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
f[cur][0][0]=1;
scanf("%s",a);
scanf("%s",b);
}
void work()
{
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int z=1;z<=k;z++){
f[nxt][j][z]=0;
if(a[n-i]==b[m-j])
f[nxt][j][z]+=f[cur][j-1][z-1];
if(a[n-i]==b[m-j]&&i!=1&&j!=1&&z&&a[n-i+1]==b[m-j+1])
f[nxt][j][z]+=(f[cur][j-1][z]-f[nxt2][j-1][z]+modd)%modd;
f[nxt][j][z]%=modd;
if(f[cur][j][z])
f[nxt][j][z]+=f[cur][j][z];
f[nxt][j][z]%=modd;
}
cur++;nxt++;nxt2++;
cur%=3;nxt%=3;nxt2%=3;
f[cur][0][0]=1;
}
printf("%d",f[cur][m][k]);
}
int main()
{
freopen("substring.in","r",stdin);
freopen("substring.out","w",stdout);
init();
work();
return 0;
}

T3：

题意：

对于给定的树，要在上面走若干次，可以把任意一条路径的代价变为0，求变化后，所有行程同时开始，完成时间的最大值的最小值。

分析：

又是一个最大值的最小值问题，很多人会想到二分。

二分容易被卡常，当然常数把握得好的话，tarjan和树剖是可以过的。这也是大多数AC代码的解法。也是我觉得这道题没水准的一个地方，啊，这种解法大多数人都能想出来吧……

出题人给的标准解法是趋近于O(N)的解法，大意是先用radix sort对边按权值排序（边的权值可以tarjan强制O(N)求出来），然后再从大到小枚举边，每次ans=min(ans,max(roa[i+1].wor,roa[1].wor-val)，其中val是交集中最长边的权值。

不过卡在两条边求交集上了，记得上次有人讲是一条边一直缩到在另一条边上为止，不过怎样O(1)实现我还是不太清楚，问了很多人也都不会，希望有大神看到的话可以指点一下，THX！

我写的二分加树剖，WINDOWS下不调栈的大小会爆栈，不过评测的时候可以过毕竟评测机的栈大小和内存大小一致。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
using namespace std;
const int maxn=3e5+5;
int sta,fin,n,m,cnt,lll,mini;
int tov[2*maxn],fr[maxn],des[2*maxn],siz[maxn],w[maxn],wor[maxn*2],val[maxn];
int fa[maxn],dep[maxn],son[maxn],tii[maxn],top[maxn],son2[maxn],sig[maxn];
struct node1
{
int lef,rig,tot;
}a[maxn*4];
struct node2
{
int sta,fin,wor;
}b[maxn];
bool cmp(node2 x,node2 y)
{
return x.wor>y.wor;
}
void addedge(int cur)
{
scanf("%d %d %d",&sta,&fin,&wor[2*cur-1]);
tov[2*cur-1]=fr[sta];fr[sta]=2*cur-1;des[2*cur-1]=fin;
tov[2*cur]=fr[fin];fr[fin]=2*cur;des[2*cur]=sta;
wor[2*cur]=wor[2*cur-1];
}
void dfs(int u,int fath,int ste)
{
siz[u]=1;fa[u]=fath;dep[u]=ste;
for(int i=fr[u];i;i=tov[i])
if(des[i]!=fath){
dfs(des[i],u,ste+1);
siz[u]+=siz[des[i]];
if(siz[des[i]]>siz[son[u]]){
son[u]=des[i];
son2[u]=i;
}
}
}
void dfs2(int u,int fath,int t,int www)
{
top[u]=t;tii[u]=++cnt;
w[cnt]=www;
if(son[u])dfs2(son[u],u,t,wor[son2[u]]);
for(int i=fr[u];i;i=tov[i])
if(des[i]!=fath&&des[i]!=son[u])
dfs2(des[i],u,des[i],wor[i]);
}
void pushup(int u)
{
a[u].tot=a[2*u].tot+a[2*u+1].tot;
}
void build(int u,int lef,int rig)
{
a[u].lef=lef;a[u].rig=rig;
if(lef==rig){
a[u].tot=w[lef];
return;
}
int mid=(lef+rig)>>1;
build(2*u,lef,mid);build(2*u+1,mid+1,rig);
pushup(u);
}
int querytot(int u,int lef,int rig)
{
if(a[u].lef==lef&&a[u].rig==rig)return a[u].tot;
int mid=(a[u].lef+a[u].rig)>>1;
if(rig<=mid)return querytot(2*u,lef,rig);
else if(lef>mid)return querytot(2*u+1,lef,rig);
return querytot(2*u,lef,mid)+querytot(2*u+1,mid+1,rig);
}
int querytotctrl(int lef,int rig)
{
int fa1=top[lef],fa2=top[rig],ans=0;
while(fa1!=fa2){
if(dep[fa1]<dep[fa2]){
swap(fa1,fa2);swap(lef,rig);
}
ans+=querytot(1,tii[fa1],tii[lef]);
lef=fa[fa1];fa1=top[lef];
}
if(lef==rig)return ans;
if(tii[lef]>tii[rig])swap(lef,rig);
ans+=querytot(1,tii[son[lef]],tii[rig]);
return ans;
}
void workedge(int cur)
{
scanf("%d %d",&sta,&fin);
b[cur].sta=sta;b[cur].fin=fin;
b[cur].wor=querytotctrl(sta,fin);
}
int lca(int lef,int rig)
{
int fa1=top[lef],fa2=top[rig];
while(fa1!=fa2){
if(dep[fa1]<dep[fa2]){
swap(fa1,fa2);swap(lef,rig);
}
lef=fa[fa1];fa1=top[lef];
}
return fa1;
}
void dfs3(int u,int fath)
{
sig[u]=val[u];
for(int i=fr[u];i;i=tov[i])
if(des[i]!=fath){
dfs3(des[i],u);
sig[u]+=sig[des[i]];
if(sig[des[i]]==lll)
mini=max(mini,wor[i]);
}
}
int check(int lim)
{
for(lll=1;lll<=m;lll++)if(b[lll].wor<=lim)break;
lll--;clr(val);
for(int i=1;i<=lll;i++){
int bxqmz=lca(b[i].sta,b[i].fin);
val[bxqmz]-=2;
val[b[i].sta]++;val[b[i].fin]++;
}
mini=0;
dfs3(1,1);
if(b[1].wor-mini<=lim)return 1;
return 0;
}
void init()
{
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<n;i++)addedge(i);
dfs(1,0,1);dfs2(1,0,1,0);build(1,1,n);
for(int i=1;i<=m;i++)workedge(i);
sort(b+1,b+m+1,cmp);
}
void work()
{
int lef=0,rig=3e8+1;
while(lef<rig){
int mid=(lef+rig)>>1;
if(check(mid))rig=mid;
else lef=mid+1;
}
printf("%d",lef);
}
int main()
{
freopen("transport.in","r",stdin);
freopen("transport.out","w",stdout);
init();
work();
return 0;
}

关于树上差分，常用的有两种：（之前写的是lca和fa[lca]–，然后判断的时候是只要子节点满足就可以，这种方法显然可以举出反例，但居然AC了，只能说数据太水啊太水……

1、找出被所有路径都覆盖的边

在树中将所有路径起、始权值加1，起、始点的lca权值减2，从所有叶节点开始把权值往上累加。

最终权值为路径数的点到其父亲的边为所求边。

2、 将每条路径（s，t)上的每个点权值增加1，求各点权值

在树中将所有路径起、始权值加1，起、始点的lca权值减1，lca的父亲权值减1，从所有叶节点开始把权值往上累加。（上次做的松鼠的新家的差分方式）