一开始想的贪心，可是发现贪心的问题太多了啊！只能保证当前最优，全局完全无法考虑。
所以正解是dp。预处理出前缀和，枚举每个区间，在每个点记录$now[i]$表示以$i$这个塔结尾的塔组目前的高度。$dp[i]$表示以$i$这个塔结尾最多能分成多少组。如果$dp[i]$可以更新成更优值，则直接更新$dp$和$now$值，否则如果$dp$值相同，则尽量使$now$值最小。
#include<iostream> #include<cstdio> #define ll long long using namespace std; ll n, h[5005], pre[5005], now[5005], dp[5005]; int main ( ) { freopen ( "tower.in", "r", stdin ); freopen ( "tower.out", "w", stdout ); scanf ( "%I64d", &n ); for ( int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf ( "%I64d", &h[i] ), pre[i] = pre[i-1] + h[i]; for ( int i = 1; i <= n; i ++ ) for ( int j = 0; j < i; j ++ ) { if ( pre[i] - pre[j] >= now[j] ) { if ( dp[i] < dp[j] + 1 ) dp[i] = dp[j] + 1, now[i] = pre[i] - pre[j]; else if ( dp[i] == dp[j] + 1 ) { now[i] = min ( now[i], pre[i] - pre[j] ); } } } printf ( "%I64d", n - dp[n] ); return 0; }
显然（？）也是dp，$dp[i][j]$表示完成了$i$天，此时能力值为$j$时能做的最多工作量。$fine[i]$是预处理出的能力值为$i$时的效率最高的工作需要的时间。$qwq[i][j]$表示每个上完课后的第1天$i$，能力值为$j$，上课最短的时间。$pre[i]$表示过了$i$天可以得到的最大$dp$值。
枚举天数，能力值。
每次更新时可以选择不作为，即$dp[i][j]$直接从$dp[i-1][j]$转移过来。
如果第$i$天是某次刚上完课的第二天，则可以选择上课，从上课开始之前的最优$dp$值转移过来，即上课开始那一天的$pre$值。
如果当前天数和$fine[j]$满足可以工作，则从不工作那天转移过来，可以选择工作一次。
【注意】$dp$值初始化是负无穷，保证如果第$i$天不能满足$j$的能力值，则一定不会被更新，或去更新$pre$值。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define RG register using namespace std; int T, S, N, fine[10005], qwq[10005][105], pre[10005], dp[10005][105]; struct LRN { int m, l, a; } stdy[105]; int main ( ) { freopen ( "wrk.in", "r", stdin ); freopen ( "wrk.out", "w", stdout ); scanf ( "%d%d%d", &T, &S, &N ); memset ( qwq, 0x3f3f3f3f, sizeof ( qwq ) ); for ( RG int i = 1; i <= S; i ++ ) { int m, l, a; scanf ( "%d%d%d", &m, &l, &a ); qwq[l+m][a] = min ( qwq[l+m][a], l ); } memset ( fine, 0x3f3f3f3f, sizeof ( fine ) ); for ( RG int i = 1; i <= N; i ++ ) { int c, d; scanf ( "%d%d", &c, &d ); fine[c] = min ( fine[c], d ); } for ( int i = 1; i <= 100; i ++ ) fine[i] = min ( fine[i], fine[i-1] ); memset ( dp, -0x3f3f3f3f, sizeof ( dp ) ); dp[0][1] = 0; for ( int i = 1; i <= T; i ++ ) { for ( int j = 1; j <= 100; j ++ ) { dp[i][j] = dp[i-1][j]; if ( qwq[i][j] != 0x3f3f3f3f ) dp[i][j] = max ( dp[i][j], pre[i-qwq[i][j]] ); if ( i - fine[j] >= 0 ) dp[i][j] = max ( dp[i][j], dp[i-fine[j]][j] + 1 ); pre[i] = max ( dp[i][j], pre[i] ); } } printf ( "%d", pre[T] ); return 0; }
很有趣的一道题。题目给出的性质是只有一个点的度数大于等于3，先找出这个点作为root。
bfs预处理出点距离的邻接矩阵，二分答案，每次去check的时候是选择root周围可以覆盖它的点，割掉这个点去更新答案。设当前枚举的点是$x$，先标记$x$可以覆盖的所有点，再dfs去计算没有被标记的点的数量，就是被拆分开的一条条链上的点的数量，每条链上需要的树洞是$ceil ( \frac{1.0 * now}{2*len+1} )$，$now$是这条链上的点数，注意因为自己也会算进去，所以一个点能覆盖的点数是$2*len+1$。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<queue> using namespace std; int n, m, k, root; int dis[2005][2005], d[2005]; int stot, tov[4000004], nex[4000005], h[2005]; void add ( int u, int v ) { tov[++stot] = v; nex[stot] = h[u]; h[u] = stot; } queue < int > q; void bfs ( int s ) { queue < int > q; q.push ( s ); while ( !q.empty ( ) ) { int x = q.front ( ); q.pop ( ); for ( int i = h[x]; i; i = nex[i] ) { int v = tov[i]; d[x] ++; d[v] ++; if ( !dis[s][v] && v != s ) dis[s][v] = dis[s][x] + 1, q.push ( v ); } } } int now, v[2005]; void dfs ( int u ) { now += ( v[u] = 1 ); for ( int i = h[u]; i; i = nex[i] ) if ( !v[tov[i]] ) dfs ( tov[i] ); } int work ( int x, int len ) { int s = 0; memset ( v, 0, sizeof ( v ) ); for ( int i = 1; i <= n; i ++ ) v[i] = ( dis[i][x] <= len ); for ( int i = 1; i <= n; i ++ ) if ( !v[i] ) now = 0, dfs ( i ), s += ceil ( 1.0 * now / ( 2 * len + 1 ) ); return s; } bool check ( int x ) { int ans = 0x3f3f3f3f; for ( int i = 1; i <= n; i ++ ) if ( dis[root][i] <= x ) { ans = min ( ans, work ( i, x ) ); } return ans < k; } int main ( ) { freopen ( "holes.in", "r", stdin ); freopen ( "holes.out", "w", stdout ); scanf ( "%d%d%d", &n, &m, &k ); for ( int i = 1; i <= m; i ++ ) { int x, y; scanf ( "%d%d", &x, &y ); add ( x, y ); add ( y, x ); } for ( int i = 1; i <= n; i ++ ) { bfs ( i ); if ( d[i] > 2 ) root = i; } if ( !root ) { cout << ceil ( 1.0 * ( n - k ) / ( k << 1 ) ); return 0; } int l = 0, r = n, ans; while ( l <= r ) { int mid = ( l + r ) >> 1; if ( check ( mid ) ) r = mid - 1, ans = mid; else l = mid + 1; } cout << ans; return 0; }