[試験室] 11.4
数日間ssw02クッション
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代数
妖精T1は、利害関係者は、次のHEOI-ドードーのブログに行くことができます。
デコレーション
彼は今、問題を切り出す必要があると言ってデコ。
O：
正の整数nの最初の行。
次ラインnは1または正の整数、i番目Fiの+ 1。
次のライン数n、i番目の0は、リンXiansen iはi番目の場合ライトは、オフにされるドット希望を示す場合
数がリンXiansen望ましいライトがオンになっているIドットで表されます。
出力ラインはLinxianセンの最小値を表す整数は、彼が木を見に期待することを確認するために数秒かかります。
アイデア：
Nが小さいので、圧力を形成すると考えられます。任意のアイデアなので、まったく、そのDPを検討してください。（Lwq：DP状の圧力に関係なく家族の関係なく、どのようなN ^ TMの）
アカウントに一つのことを考えると、林氏は、ポイントをアクティブ（ないMC）した後、次の第二に、それをオフにすることができ、時間がNを超えることはありません （あなたは出力N + -rand（）のポイントをカンニングすることができます）。
私たちは[i] [j]は、i番目の点を示す前処理された変更の活性化の後に、ツリー全体のJ秒に及ぼす影響。アカウントに駅の寄与を取った場合| =変更ができます。
列挙の順序は、1秒前のポイントの影響を排除する必要がある場合により連続に、インパクトに参加する前に、私のアプローチは、1つの以上乗車複雑N.だろう
列挙がフラッシュバック場合でも、時間が異なります。ように配置DP [i] [j]はiが第二の状態のターゲットになることがあり、状態jです。このような排他的なまたは唯一の変更点[i]と[J-1]することができます。
得られた状態遷移式：DP [I + 1] [j ^変化[K] [I] = DP [I] [J]真:?偽;（k：1〜（1 << N）-1）
コード
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
inline int read(){
int s=0 ; char g=getchar() ; while(g>'9'||g<'0')g=getchar() ;
while( g>='0'&&g<='9' )s=s*10+g-'0',g=getchar() ; return s ;
}
int N , sta , fa[20] , change[20][20] , dp[20][(1<<17)] ;
void prepare(){
for( int i = 0 ; i <= N ; ++i )change[1][i] = 1 ;
for( int i = 2 ; i <= N ; ++i ){
int now = i ;
change[i][0] = ( 1<<(i-1) ) ;
for( int j = 1 ; j <= N ; ++j ){
now = fa[now] ;
if(now) change[i][j] = (change[i][j-1]|(1<<(now-1))) ;
else change[i][j] = change[i][j-1] ;//到顶了
}
}
}
int main(){
freopen("decoration.in","r",stdin) ;
freopen("decoration.out","w",stdout) ;
N = read() ; int m1 ; fa[1] = fa[0] = 0 ;
for( int i = 1 ; i < N ; ++i )fa[i+1] = read() ;
for( int i = 1 ; i <= N ; ++i ){
m1 = read() ;if(m1)sta |= (1<<(i-1) ) ;
}
prepare() ;
dp[0][sta] = 1 ; // 状态为sta,0秒后状态为sta
for( int i = 0 ; i <= N ; ++i ){
if( dp[i][0] ){
cout<<i ; return 0 ;
}
for( int k = 1 ; k <= (1<<N)-1 ; ++k )
if( dp[i][k] ){//状态为k，i秒后可以到达sta
dp[i+1][k] = true ;
for( int j = 1 ; j <= N ; ++j )dp[i+1][k^change[j][i]] = true ;
}
}
return 0;
}ランチ
正直に言うと、この質問は非常に癌です。。。。（清チーを考えます）
私たちは、様々な人との競合関係を考慮してください。
男0なら、私たちは、状況に適応するために、特に彼を制御することはできません。。
人間-1を考えると、彼は、人と1つのディナーで、その後、人々のために夕食の前癌1アルゴリズムに学習してはいけません。
タイトル読ん注意：SPJオンを、私たちはちょうどプログラムが正当なせることができます。
人はがんアルゴリズムI瞬間に学ぶことができるならば、彼は（J> I）とき癌アルゴリズムの社会Jではありません。できるだけ多くのプロセス全体を推進します。
具体的に：人は初めてがんアルゴリズムを学んだとして、[]サブHをしてみましょう。それから彼は、人々-1影響で、食事の影響を受けることになります。あなたはLを選択したときに控え、できるだけ多くの時間を作るために、時間を食べる[U] =のL + 1。
そして、より多くの人々との関係を検討します。（U、V）夕食ようにします。もし、[U]> R知らF、その後、Vおよびuが前に食べないと確かに学んでいない、または解決策。この状況は、Hを導くことができる[U] - MAX（H [U]、L + 1）。
すべての制限を満たしていなければならない時間[U]を考慮すると、それが最大値をとります。この事は、一度dijkstar実行し、最長の道路維持管理することができます。
さて、食事の問題を考慮して、H []配列を維持：夕食の時間みんなに会った：正当1.（あなたが食べることができる）2つの満たすDIS [i]は> = H [i]の.. （uはアルゴリズム癌を学び、Vに教え、最短時間は、DISの配列によって表される）上記で得られたことができるとの間のすべての法的関係をみよう
LIM =最大（MAX（L [i]は、DIS [U]）[I]に、H）。（LIM [I]乃至] DIS）=分[I]乃至] DIS。
その後、これはダイクストラです......
ssw02はコードを書く決定することは不可能。
コード：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const int MAXN = 200005 ;
inline int read(){
int s=0,w=1 ; char g=getchar() ; while(g>'9'||g<'0'){if(g=='-')w=-1,g=getchar() ;}
while(g>='0'&&g<='9')s=s*10+g-'0',g=getchar() ; return s*w ;
}
int N , M , sta[MAXN] , h[MAXN] , L[MAXN*2] , R[MAXN*2] ;
int head[MAXN] , to[MAXN*2] , nex[MAXN*2] , tot = 1 ;
bool vis[MAXN] ;
struct ap{
int u , v , l , r ;
}t[MAXN] ;
priority_queue<pair<int,int> >q ;
void add( int x , int y , int l , int r ){
to[++tot] = y , nex[tot] = head[x] , L[tot] = l , R[tot] = r , head[x] = tot ;
}
void dijkstra(){//维护每个人学会的时间的下限
while( !q.empty() ){
int u = q.top().second ; q.pop() ;
if( vis[u] )continue ;
vis[u] = true ;
for( int i = head[u] ; i ; i = nex[i] ){//u,v在 L R 吃饭 , u 学会的时间 > R ，说明 u,v吃饭时v还没有学会,贪心在L吃饭，v在L+1学会
if( R[i] < h[u] )//出现限制情况
if( h[to[i]] < L[i]+1 ){//更新限制
h[to[i]] = L[i]+1 ;
q.push( make_pair( h[to[i]],to[i] ) ) ;
}
}
}
}
int dis[MAXN] ;
void dijkstra2(){//维护每个人学会的时间 (贪心最早)
while( !q.empty() )q.pop() ;
memset( vis , 0 , sizeof(vis) ) ;
for( int i = 1 ; i <= N ; ++i )dis[i] = (1<<30) ;
q.push( make_pair(0,1) ) ; dis[1] = 0 ;
while( !q.empty() ){
int u = q.top().second ; q.pop() ;
if( vis[u] )continue ;
vis[u] = true ;
for( int i = head[u] ; i ; i = nex[i] ){
int lim = max( h[to[i]] , max( L[i] , dis[u] ) ) ;//由 u 传授给 v : 满足条件 u会 ， 能吃饭
if( lim <= R[i] )//合法
if( dis[ to[i] ] > lim ){
dis[ to[i] ] = lim ;
q.push( make_pair( -dis[to[i]] , to[i] ) ) ;
}
}
}
}
void print(){
for( int i = 1 ; i <= M ; ++i ){
if( sta[t[i].u] == -1 || sta[t[i].v] == -1 || ( t[i].r < max(dis[t[i].u] , dis[t[i].v]) ) )printf("%d\n",t[i].l ) ;
//有任意一个人不会，贪心最早吃饭 || 两个人吃饭时都不会 (任意时间吃)
else printf("%d\n",max( max(dis[t[i].u],dis[t[i].v]) , t[i].l ) ) ;
}
}
int main(){
freopen("lunch.in","r",stdin) ;
freopen("lunch.out","w",stdout) ;
N = read() , M = read() ;
for( int i = 1 ; i <= M ; ++i ){
t[i].u = read() , t[i].v = read() , t[i].l = read() , t[i].r = read() ;
add( t[i].u , t[i].v , t[i].l , t[i].r ) ;
add( t[i].v , t[i].u , t[i].l , t[i].r ) ;
}
for( int i = 1 ; i <= N ; ++i ){
sta[i] = read() ;
if( sta[i] == -1 ){
h[i] = (1<<30) ; q.push( make_pair( h[i] , i ) ) ;
}
}
dijkstra() ; dijkstra2() ; bool flag = 1 ;
for( int i = 1 ; i <= N ; ++i )//最后会但限制不会，冲突
if( sta[i] == 1 && dis[i] == (1<<30) )flag = 0 ;
for( int i = 1 ; i <= M ; ++i ){
if( sta[ t[i].u ]==-1 && dis[ t[i].v ] <= t[i].l )flag = 0 ;//明明不会有还在和会的吃饭
if( sta[ t[i].v ]==-1 && dis[ t[i].u ] <= t[i].l )flag = 0 ;
}
if( flag )print() ;
else cout<<"Impossible" ;
return 0 ;
}概要
T1は、ジェン^ TM癌（私はほとんど....華容強化されたバージョンを書きました）
T2は、アカウントへの配列の変化状態をとる未知のターゲットは、ターゲット時間に固定されている古典的な設計の状態遷移式で、便宜上、それは状態遷移フラッシュバックの設計です。
T3は、最短経路問題に非常に良いアイデアの帯域制限の問題を属します。帯域制限条件の複数（差分と全く同様の制約を考えた）、成立しています。
受刑質問はまだT1明らかにパニックに問題の今日の試験を持っている場合、より良い練習、全体試験の姿勢に影響を与えます。T2、T3は+ルーチンの質問を考えている、そして時には画期的なssw02悲惨な死には至りませんでした。。。本当にあまりにも多くの時間を費やし、そして、各パックのデータカード（サブタスクキル!!!）、明日、アルゴリズムを検証することを確認していないされているT1に（検査は... PPTを確認するために戻って行きました）依存性は、問題を行って。。。。