pts: 100

T1: 100

T2: 0

T3: 0

吐槽：xj 中学的神仙题目，T1 贪心跑过了正解的 dp /se

T1

Strategy

游戏中有 \(n\) 个敌人，面对第 \(i\) 个敌人，三种解决方案

• 花 \(attack_i\) 的代价主动进攻，此技能最多用 \(k\) 次
• 花 \(define_i\) 的代价防御，此技能可以用无数次
• 和该敌人结盟，此技能只能用一次

给定每个敌人的 \(attack_i\) 和 \(define_i\) 以及最多的攻击次数 \(k\) ，求出和第 \(i\) 个盟友结盟的情况下，在这一轮的最小花费

\(n \leq 4000\)

solution

贪心

常用策略：考虑敌人的性价比 \((define_i - attack_i)\)

如果一个敌人的 \(D - A\) 比较大的话，会优先考虑进攻 (在次数限制范围之内)

所以对每个敌人的 \(D - A\) 排序

然后枚举盟友，如果是盟友啥也不动就好

排完序的前 \(n - k\) 个敌人一定选择防守，对它们没机会进攻

对后 \(k\) 个选择进攻或防守

时间复杂度：\(O(n^2)\)

std 复杂度 \(O(n^2log~n)\) ? ?

code

namespace Ariel_{
   struct node{int id, num;}E[N]; 
   bool cmp(node a, node b) {return a.num < b.num;}
   int n, k, a[N], d[N], sum, Ans, p, o; 
   void main(){
   	   n = read(), k = read();
       for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(), d[i] = read(), sum += a[i]; 	
       for (int i = 1; i <= n; i++) E[i].num = d[i] - a[i], E[i].id = i;
       sort (E + 1, E + n + 1, cmp);
       for (int i = 1; i <= n; i++) {
   	       Ans = sum - a[i], p = 1, o = 1;
	       while (o < n - k) {
	          if (E[p].id != i) Ans += E[p].num, o++;
			  p++;
	       }
	       while (p <= n) {
	       	 if (E[p].id != i) 
	       	    if (E[p].num < 0) Ans += E[p].num;
				else break;  
	       	    p++;
		   }
		  printf("%lld ", Ans); 
        }
   }        
}

T2

easy LCA

一棵节点为 \(n\) 的树，给定一个长度为 \(n\) 的排列 \(p\)

定义连续子段的 \(p_{l,r}\) 的权值为 \(val[l,r] = depth[lca(p_l, p_{l + 1}…p_r)]\) （这段序列所有点的 \(lca\) 的深度）

求出所有 \(n * (n + 1)/2\) 的连续字段的权值之和 \((\sum_{i = 1}^{i = n}\sum_{j = i}^nval[i, j])\)

根节点的深度为 \(1\)

\(n\leq 6*10^5\)

\(solution\)

首先 \(LCA\) 满足单调性，也就是连续一段区间的 \(LCA\) 为两两 \(LCA\) 中深度最小的一个

所以把所有相邻节点的 \(LCA\) 都求出来，也就是序列 \(l\)

\(l_i\) 表示 \(nxtLCA_{a_i, a_{i + 1}}\)

对于任意连续 \(k\) 个节点，我们枚举一个 \(l_i\) ，算出它左边第一个深度小于它的节点 \((l_j)\) 和右边深度第一个小于它的节点 \(l_k\) 那么这段区间内的 \(LCA\) 就都是 \(l_i\) 了

这个可以用单调栈维护

namespace STACK{
    stack<int> s;
    //计算左边界
	void calc_L(){
		for (int i = 1; i < n; i++){
			while(!s.empty() && l[s.top()] >= l[i])  R[s.top()] = i - 1, s.pop();
			s.push(i);
		}
		while(!s.empty()) R[s.top()] = n - 1, s.pop();
	}
    //计算右边界
	void calc_R(){
		for (int i = n - 1; i >= 1; i--){
			while(!s.empty() && l[i] < l[s.top()]) L[s.top()] = i + 1, s.pop();//左边界 
			s.push(i);
		}
		while(!s.empty()) L[s.top()] = 1, s.pop();//多余的情况 
	}
}

所以这段区间的答案就为 \(((l_i-l_j+1)*(l_k-l_i+1)*dep[l_i])\)

时间复杂度为 \(O(n logn)\) （求相邻 \(LCA\) ）

code

\(LCA\) 用树剖写滴，可能有点长 emm

/*
work by:Ariel_
*/
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <stack>
#include <algorithm>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1200010; 
int read(){
    int x = 0,f = 1; char c = getchar();
    while(c < '0'||c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') {x = x*10 + c - '0'; c = getchar();}
    return x*f;
}
int n, l[N], a[N], dep[N]; 
int L[N], R[N];
struct edge {int v, nxt;}e[N];
int head[N], cnt;
void add_edge(int u, int v) {
   e[++cnt] = (edge){v, head[u]};
   head[u] = cnt;
}
namespace LCA{	
    int fa[N], top[N], siz[N], son[N];
    void dfs(int x, int f) {
	  fa[x] = f, siz[x] = 1, dep[x] = dep[f] + 1;
	  for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) {
	  	    int v = e[i].v;
	  	    if(v == f) continue;
	  	    dfs(v, x);siz[x] += siz[v];
			if(siz[v] > siz[son[x]]) son[x] = v;   
	  }
	}
	void dfs2(int x, int tp) {
	   top[x] = tp; 
	   if(son[x]) dfs2(son[x], tp);
	   for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) {
	   	    int v = e[i].v;
	   	    if (v == fa[x] || v == son[x]) continue;
	   	    dfs2(v, v);
	   }
	}
	int lca(int x, int y){
	    while(top[x] != top[y]) {
	       if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
	       x = fa[top[x]];
		}
		if(dep[x] > dep[y]) swap(x, y);
		return x;
	}
}
namespace STACK{
    stack<int> s;
	void calc_L(){
		for (int i = 1; i < n; i++){
			while(!s.empty() && l[s.top()] >= l[i])  R[s.top()] = i - 1, s.pop();
			s.push(i);
		}
		while(!s.empty()) R[s.top()] = n - 1, s.pop();
	}
	void calc_R(){
		for (int i = n - 1; i >= 1; i--){
			while(!s.empty() && l[i] < l[s.top()]) L[s.top()] = i + 1, s.pop();//左边界 
			s.push(i);
		}
		while(!s.empty()) L[s.top()] = 1, s.pop();//多余的情况 
	}
}
namespace Ariel_{
	int ans = 0;
	void main() {
	   n = read();
	   for (int i = 1, u, v; i < n; i++){
		  u = read(),v = read();
		  add_edge(u, v), add_edge(v, u);
	    }
	   for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
	   LCA::dfs(1, 0), LCA::dfs2(1, 1);
	   for (int i = 1; i < n; i++) l[i] = dep[LCA::lca(a[i], a[i + 1])];
	   STACK::calc_L(), STACK::calc_R();
	   for(int i = 1; i < n; i++) ans += (i - L[i] + 1) * (R[i] - i + 1) * l[i];
	   for(int i = 1; i <= n; i++) ans += dep[a[i]];
	   printf("%lld", ans);	
	}
}
signed main(){
    Ariel_::main(); 
	return 0;
}

T3

Scarborough Fair

由 \(n\) 个点和 \(m\) 条无向边组成的图 (由于集市中存在桥，故不保证是平面图)，其中第 \(i\) 条道路连接 \(u_i\) ,\(v_i\) 两点，有 \(w_i\) 的概率是不能通行的。

小 \(W\) 定义一张图的不方便程度为图中的联通块个数，现在给定集市的地图，小 \(W\) 希望你能帮他求出这张图的期望不方便程度

答案对 \(998244353\) 取模

\(n\leq 17\)

solution

状压期望 \(dp\) 部分分都不会写 @ @