BOX
分析
无敌大记忆化搜索
观察数据
4,7
4*7*4*7*4*7*4*7好像不会超
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int r,c,f[50][50][50][50];
struct Node{int p;int b1;int b2;int b3;};
int pos[8][8],R[50][3],mmap[8][8];
int ed[4],box[4],tot1,tot2,sum,stx,sty;
bool pd[8][8];
queue<Node> q;
int fx[5]={0,1,-1,0,0};
int fy[5]={0,0,0,1,-1};
int read(){
int cnt=0;char ch=0;
while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
while(isdigit(ch)) cnt=cnt*10+(ch-'0'),ch=getchar();
return cnt;
}
int main()
{
//freopen("1.in","r",stdin);
memset(pd,true,sizeof(pd));
r=read(),c=read();
for(int i=1;i<=r;i++){
string s;cin>>s;
for(int j=1;j<=c;j++){
pos[i][j]=++sum;
R[sum][1]=i,R[sum][2]=j;
mmap[i][j]=s[j-1]-'0';
if(mmap[i][j]==4) stx=i,sty=j;
if(mmap[i][j]==2) box[++tot1]=pos[i][j];
if(mmap[i][j]==3) ed[++tot2]=pos[i][j];
if(mmap[i][j]==1) pd[i][j]=false;
}
}
memset(f,-1,sizeof(f));
f[pos[stx][sty]][box[1]][box[2]][box[3]]=0;
q.push((Node){pos[stx][sty],box[1],box[2],box[3]});////
while(!q.empty()){
Node x=q.front();
q.pop();
int xp=R[x.p][1],yp=R[x.p][2];
int x1=R[x.b1][1],y1=R[x.b1][2];
int x2=R[x.b2][1],y2=R[x.b2][2];
int x3=R[x.b3][1],y3=R[x.b3][2];
pd[x1][y1]=false,pd[x2][y2]=false,pd[x3][y3]=false;
if(x.b1==ed[1]&&x.b2==ed[2]&&x.b3==ed[3]){
cout<<f[x.p][x.b1][x.b2][x.b3];
return 0;
}
for(int i=1;i<=4;i++){
int xx=xp+fx[i],yy=yp+fy[i];
if(xx>=1&&xx<=r&&yy>=1&&yy<=c){
if(pd[xx][yy]&&f[pos[xx][yy]][x.b1][x.b2][x.b3]==-1){
f[pos[xx][yy]][x.b1][x.b2][x.b3]=f[x.p][x.b1][x.b2][x.b3]+1;
q.push((Node){pos[xx][yy],x.b1,x.b2,x.b3});
}
int Q[4];
Q[1]=x.b1,Q[2]=x.b2,Q[3]=x.b3;
if(pos[xx][yy]==Q[2]) swap(Q[1],Q[2]);
if(pos[xx][yy]==Q[3]) swap(Q[1],Q[3]);
if(pos[xx][yy]==Q[1]){
int xxx=xx+fx[i],yyy=yy+fy[i];
if(xxx>=1&&xxx<=r&&yyy>=1&&yyy<=c&&pd[xxx][yyy]){
Q[1]=pos[xxx][yyy];
for(int o=1;o<=3;o++)
for(int p=o+1;p<=3;p++)
if(Q[p]!=0&&Q[p]<Q[o]) swap(Q[p],Q[o]);
if(f[pos[xx][yy]][Q[1]][Q[2]][Q[3]]==-1){
f[pos[xx][yy]][Q[1]][Q[2]][Q[3]]=f[x.p][x.b1][x.b2][x.b3]+1;
q.push((Node){pos[xx][yy],Q[1],Q[2],Q[3]});
}
}
}
}
}
pd[x1][y1]=true,pd[x2][y2]=true,pd[x3][y3]=true;
}
}考耐心与仔细，遇到了还是考虑部分分吧
tree
分析
最小生成树是吧？
但我们不知道最小生成树里面有多少条白边
如果白边比k少
我们可以把所有白边减去一个值，使白边正好跟k一样
反之加上一个值
这个值是？
二分答案……
/////都是细节，一定要注意
#include<bits/stdc++.h>
#define N 50005
#define M 100005
using namespace std;
struct Node{int x;int y;int w;int c;}E[M];
int fa[N],n,m,k,cnt,sum,ans,final;
int read(){
int cnt=0;char ch=0;
while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
while(isdigit(ch)) cnt=cnt*10+(ch-'0'),ch=getchar();
return cnt;
}
bool cmp(Node a,Node b){if(a.w==b.w)return a.c<b.c;return a.w<b.w;}///////
int find(int x){if(x==fa[x]) return x;fa[x]=find(fa[x]);return fa[x];}///////
void krus(){
sort(E+1,E+m+1,cmp);
for(int i=1;cnt!=n-1;i++){
int x=find(E[i].x),y=find(E[i].y);
if(x!=y){
fa[x]=y,ans+=E[i].w,cnt++;
if(E[i].c==0) sum++;
}
}
}
int main(){
//freopen("1.in","r",stdin);
n=read(),m=read(),k=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
E[i].x=read()+1,E[i].y=read()+1,E[i].w=read(),E[i].c=read();
int l=-105,r=105;
while(l<r){/////
sum=0,ans=0,cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
int mid=(l+r+1)>>1;//////
for(int i=1;i<=m;i++) if(E[i].c==0) E[i].w+=mid;
krus();
if(sum>=k) final=ans-mid*k,l=mid;
else r=mid-1;
for(int i=1;i<=m;i++) if(E[i].c==0) E[i].w-=mid;
}
cout<<final;
return 0;
}魔法数字
题目描述
在数论领域中， 人们研究的基础莫过于数字的整除关系。 一般情况下， 我
们说整除总在两个数字间进行，例如 a | b（a 能整除 b） 表示 b 除以 a 的余数为
0。
我们称一个数字 X 是魔法的，当且仅当 X 是整数，且它能被 K 及 K 以上
种一位数整除， 要求这若干种一位数均在 X 的十进制表示中出现。
给出整数 K、 L、 R，请你计算出在区间[L, R]中，有多少个魔法数字。
输入格式
一行三个整数 K、 L、 R。
输出格式
输出一行一个整数， 表示该区间内魔法数字的个数。
样例数据
magic.in
2 1 20
magic.out
2
分析
数位dp...然后...写不来
让我们来想一想要那些状态
第一维 第几位
怎么知道前面出现了那些数字呢（因为要算整除的个数）
第二维 状压，出现则为1
好，怎么知道能不能整除呢
我们发现
本题的p就是2520
只要知道除以2520的余数，除以其它的都知道
优化等会儿说吧
第三维 除以2520的余数
好像所有数位都还有一维----是否放满
10123
最高位区0（没有放满） 就还可以取9999
放满了 低位最高就是0..1..2..3
于是dp四步走
1.定状态
f[pos][state][mod][limit] , 即f[18][512][252][2] (252是优化，等会儿讲)
2.考虑边界
pos=n+1时，如果出现了那个数且整除mod，cnt++，cnt>=k就返回1
3.转移 数位dp 记忆化搜索 最好写
枚举下一位，如果limit=1，枚举答案的最高位数，否则为9
f[i][j][k][l]+=f[i+1][j|(1<<x-1)][k*10+x][l&(x==a[i])];
4.答案
f[1][0][0][true] -> 到第一位，前面什么都没有，而且都放满了
一些细节
1.考虑到limit，必须从高位开始，所以要这样存
exampal R=10234 len=5,a[1]=1,a[2]=0,a[3]=2,a[4]=3,a[5]=4;
2.状压一定从0开始，不知道省多少空间
3.优化：5可以看尾数，8可以看上一位的4
什么意思呢，上一位到第一位组成的数字除4余3，除8可能是3或7
这一位时乘了10，除8只可能余6
于是2520可以变252，但要判断后再模
//状压+数位dp
//f为第i位 除252余j 出现数的状态为j 是否沾满
//最终答案 f[1][0][0][1];
//exampal R=10234 len=5,a[1]=1,a[2]=0,a[3]=2,a[4]=3,a[5]=4;
//转移 递归记忆化搜索 f[i][j][k][l]+=f[i+1][j*10+x][k|(1<<x-1)][l&(x==a[i])];
//1<<0=1,即第0位是1
//边界f[len+1][mod][state][l],if(state&(1<<(x-1)&&mod%x==0) 为1,否则为0//出现且整除
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long f[20][252][512][2],ans;
int k,len,a[20],pd;
int read(){
int cnt=0;char ch=0;
while(!isdigit(ch))ch=getchar();
while(isdigit(ch))cnt=cnt*10+(ch-'0'),ch=getchar();
return cnt;
}
long long init()
{
char ch[20];scanf("%s",ch+1);
len=strlen(ch+1);
memset(a,0,sizeof(a));
memset(f,-1,sizeof(f));
for(int i=len;i>=1;i--)
a[i]=ch[i]-'0';
if(pd==0){pd=1;if(a[len]) a[len]--;else a[len-1]--,a[len]=9;}//l-1
}
long long dfs(int pos,int mod,int state,bool lim){
if(pos==len+1){
int cnt=0;
if(state&1) cnt++;
if(state&(1<<1)&&mod%2==0) cnt++;
if(state&(1<<2)&&mod%3==0) cnt++;
if(state&(1<<3)&&mod%4==0) cnt++;
if(state&(1<<4)&&mod%5==0) cnt++;
if(state&(1<<5)&&mod%6==0) cnt++;
if(state&(1<<6)&&mod%7==0) cnt++;
if(state&(1<<7)&&mod%8==0) cnt++;
if(state&(1<<8)&&mod%9==0) cnt++;
if(cnt>=k) return 1;
return 0;
}
mod%=252;
if(f[pos][mod][state][lim]!=-1) return f[pos][mod][state][lim];
long long cur=0;
int x=lim?a[pos]:9;
for(int i=0;i<=x;i++)
cur+=dfs(pos+1,mod*10+i,i?(state|(1<<(i-1))):state,lim&(i==x));
f[pos][mod][state][lim]=cur;
return cur;
}
int main()
{
k=read();
init(),ans-=dfs(1,0,0,true);
init(),ans+=dfs(1,0,0,true);
printf("%d",ans);
return 0;
}不要62显得好简单
int dfs(int now,bool is6,bool ismax)
{
if(now==0) return 1;
if(!ismax&& dp[now][is6]>=0) return dp[now][is6];
int ways=0,limit=(ismax?bit[now]:9);//为true则为bit[now] 否则为9
for(int i=0;i<=limit;i++){
if(i==4||is6&&i==2) continue;
ways+=dfs(now-1,i==6,ismax&&i==limit);
}
f[now][is6][ismax]=ways;
return ways;
}数位dp都这么写吧...
连通能力
对于一棵有边权的树（N 个结点 N – 1 条边的无向连通图），我们 按以下方法定义其 连通能力：
1、规定某结点的代价为它到其它结点的距离（简单路径所经过边的权值 和）的最大值；
2、代价最小的结点的代价作为这棵树的连通能力。
设某棵给定的树以 1 号结点为根，问以任意结点为根的子树的连 通能力有多大。
分析
首先看到有关于树上最长链的，能想到树的直径。然而题目中还有一个最小的要求，所以也并不是直径。
不妨将题目要求的东西定义为“树的半径”。因为既在最长链上，但又能保持和两链端的距离大致相等，向左移一步，到右边链端的值会变大，答案也会更大，同理向右移也是。所以在中间位置最优，类似带权中位数，成为既满足最长距离，也满足最小代价。
可以证明代价最小的节点一定在树的直径上，感性理解一下
树的直径？->树形dp呀
找到了直径怎么找中间那个点呢？
想到了lca里面的倍增，往上跳直径/2个长度即可
所以说知识掌握要熟练，这道题分析起来比较简单，知识点都是学过的，可就是写不来
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1000005
using namespace std;
int first[N],next[N*2],to[N*2],w[N*2],tot;
int n,fa[N][21],f1[N],f2[N],dep[N];
int pos1[N],pos2[N],dis[N],d[N],ans[N];
int read(){
int cnt=0;char ch=0;
while(!isdigit(ch))ch=getchar();
while(isdigit(ch))cnt=cnt*10+(ch-'0'),ch=getchar();
return cnt;
}
void add(int x,int y,int z){
next[++tot]=first[x];
first[x]=tot,to[tot]=y,w[tot]=z;
}
void dfs(int cur,int f){
for(int i=1;i<=20;i++)
fa[cur][i]=fa[fa[cur][i-1]][i-1];
pos1[cur]=pos2[cur]=cur;
for(int i=first[cur];i;i=next[i]){
int t=to[i];
if(t==f) continue;
fa[t][0]=cur,dis[t]=dis[cur]+w[i],dep[t]=dep[cur]+1;
dfs(t,cur);
if(ans[t]>ans[cur]) d[cur]=d[t],ans[cur]=ans[t];
if(f1[t]+w[i]>f1[cur]){
f2[cur]=f1[cur],f1[cur]=f1[t]+w[i];
pos2[cur]=pos1[cur],pos1[cur]=pos1[t];
}
else if(f1[t]+w[i]>f2[cur]){
f2[cur]=f1[t]+w[i];
pos2[cur]=pos1[t];
}
}
int x=pos1[cur];
if(d[cur]<f1[cur]+f2[cur]){//否则答案更儿子一样
d[cur]=f1[cur]+f2[cur];
for(int i=20;i>=0;i--){
if(dep[fa[x][i]]>=dep[cur]&&f1[cur]-dis[fa[x][i]]+dis[cur]<=f2[cur]+dis[fa[x][i]]-dis[cur])
x=fa[x][i];
}
ans[cur]=f2[cur]+dis[x]-dis[cur];
if(f1[cur]-dis[fa[x][0]]+dis[cur]<ans[cur]) ans[cur]=f1[cur]-dis[fa[x][0]]+dis[cur];
}
}
int main()
{
//freopen("1.in","r",stdin);
n=read();
for(int i=1;i<=n-1;i++){
int x=read(),y=read(),z=read();
add(x,y,z),add(y,x,z);
}
dep[1]=1,dfs(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}