这道题就是树上贪心就好了 从下往上搞 要是遇到没有被选过得点就把他的父亲标记就好了
然后就 $bfs$ 把节点都存到一个栈里面 然后弹出的肯定是最深的点 就慢慢往上搞就可以了
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e5 + 5; int stk[N],tot,top,fa[N],ans = 0; int n,head[N],nex[2 * N],tov[2 * N]; bool vis[N],arr[N]; queue<int>Q; void add(int u,int v) { tot ++; nex[tot] = head[u]; tov[tot] = v; head[u] = tot; } void add_Edge( ) { scanf("%d",& n); for(int i = 1;i < n;i ++) { int u,v; scanf("%d%d",& u,& v); add(u,v); add(v,u); } } void BFS( ) { Q.push(1); stk[++ top] = 1; vis[1] = true; while(! Q.empty( )) { int u = Q.front( ); Q.pop( ); for(int i = head[u];i;i = nex[i]) { int v = tov[i]; if(vis[v]) continue; vis[v] = true; fa[v] = u; Q.push(v); stk[++ top] = v; } } } void Solve( ) { while(top) { if(arr[stk[top]]) { top --; continue; } else { int u = stk[top]; ans ++; arr[fa[u]] = true; for(int i = head[fa[u]];i;i = nex[i]) { int v = tov[i]; arr[v] = true; } } top --; } printf("%d",ans); } int main( ) { freopen("CP.in","r",stdin); freopen("CP.out","w",stdout); add_Edge( ); BFS( ); Solve( ); }
啊这道题很神奇 有点类似倍增 因为所有的方案总是要求一个能够覆盖所有的区间并
所以必定有一个区间是经过原点的 所以就枚举这个区间是什么 然后判断就可以了
至于判断就是 因为他是一个环 所以就常规套路 把环复制一边当作链处理
这个时候答案就是现在序列的能够从$n$ 走到$2n$的最少步数
对于数据我们可以发现有些区间是没有用处的 即那些左右端点都被别的一个区间包裹住的区间就没用
所以在跑之前就先把这些没用的区间筛去就可以了 有点类似于单调栈的思想
所以这个时候我们得到了一个左右端点均单调递增的区间序列 这时候就可以通过二分找出这个区间的$nex$是谁
$nex$就是他的连在一起的右端点能够延伸最远的区间 这样子按照贪心肯定是最优秀的
然后就是两个 $dp$ 数组了 $f[i]$表示第 $i$ 号区间跳到$2n$这个位置的步数
$g[i]$表示他最终跳到超过$2n$位置时在那个区间 有什么用呢
如果是右边的情况 就没有问题 但是如果是左边的情况 那么这个时候不用越过$2n$就可以走完了 所以答案要减一
所以判断就是他走到终点的那个区间等于他自己 $g[i]$就是拿来干这个的
至于转移还是很简单
$f[i] = f[nex[i]] + 1$ $g[i] = g[nex[i]]$
边界就是最后那个右端点大于$2n$的 $f[i] = 1$ $g[i] = i$
然后最后就是答案就是$min(f[i])$(要满足条件)
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e5 + 5; struct data { ll l,r; data(ll l = 0,ll r = 0): l(l),r(r) { } }a[N],q[2 * N]; int n,m,f[2 * N],g[2 * N],cnt = 0,nex[N],ans; bool cmp(const data & a,const data & b) { return a.l < b.l; } void init( ) { sort(a + 1,a + m + 1,cmp); for(int i = m;i >= 1;i --) { while(q[cnt].r <= a[i].r && cnt) cnt --; q[++ cnt] = a[i]; } reverse(q + 1,q + cnt + 1); for(int i = 1;i <= cnt;i ++) q[i + cnt] = q[i],q[i + cnt].l += n,q[i + cnt].r += n; } int find_pos(int pos) { int l = pos,r = 2 * cnt,ans = 1 + 2 * cnt; while(l <= r) { int mid = (l + r) >> 1; if(q[mid].l <= q[pos].r) ans = mid,l = mid + 1; else r = mid - 1; } return ans; } void Solve( ) { for(int i = 1;i <= cnt * 2;i ++) { nex[i] = find_pos(i); } for(int i = 2 * cnt;i >= 1;i --) if(q[i].r >= 2 * n) f[i] = 1,g[i] = i; else f[i] = f[nex[i]] + 1,g[i] = g[nex[i]]; ans = 10000000; for(int i = 1;i <= cnt;i ++) { if(q[i].r >= n) { ans = min(ans,f[i] - ((g[i] - cnt) == i)); } } printf("%d",ans); } int main( ) { freopen("gfw.in", "r", stdin); freopen("gfw.out", "w", stdout); scanf("%d%d",& n,& m); for(int i = 1;i <= m;i ++) { ll L,R; scanf("%lld%lld",& L,& R); a[i] = data(L,R + L); } init( ); Solve( ); }
一看到这道题 我以为是他那个是noip类似的那个题 叫运输计划 就是二分答案 然后把不合法的情况 求一个重边就可以了
这个东西乍一看非常难 实际上只是一道简单的高中线性规划
这样子考虑 对于一个建立的 $x -> y$ 的传送站 一个$l -> r$ 的任务
那么他所需要花费的时间就是$|l - x| + |r - y|$ 画个图就清楚了
至于终点小于$r$是很直观的 自己画画图就出来了 然后这玩意儿要小于等于枚举的最大时间p
所以打开括号就可以得到关于$x + y$ 和$x - y$的两个不等式
这个时候就求边界然后判断有没有可行解就可以了 然后边界要赋值$1e9$ 我在这上面改了半天
代码
#include <bits/stdc++.h> #define oo 1000000000 using namespace std; typedef long long ll; const int N = 5 * 1e5 + 5; struct Cmd { ll l,r; }a[N]; ll n,m; bool check(ll p) { ll L1 = -oo,R1 = oo,L2 = -oo,R2 = oo; for(int i = 1;i <= m;i ++) { if(a[i].r - a[i].l > p) { L1 = max(L1,a[i].r + a[i].l - p); L2 = max(L2,a[i].r - a[i].l - p); R1 = min(R1,a[i].l + a[i].r + p); R2 = min(R2,a[i].r - a[i].l + p); } } return L1 <= R1 && L2 <= R2; } int main( ) { freopen("bricks.in","r",stdin); freopen("bricks.out","w",stdout); scanf("%lld%d",& n,& m); for(int i = 1;i <= m;i ++) { scanf("%lld%lld",& a[i].l,& a[i].r); if(a[i].l > a[i].r) swap(a[i].l,a[i].r); } ll l = 0,r = oo,ans = oo; while(l <= r) { int mid = (l + r) >> 1; if(check(mid)) ans = mid,r = mid - 1; else l = mid + 1; } printf("%lld",ans); }