A – 完全背包
这道题真的是令人窒息，也告诉了我比赛的时候上 QQ 是一个非常坏的习惯。
这道题 60 分做法非常之显然：相同体积的物品归为一种物品，且价值为同体积内最大的价值。这样就可以把物品数量压到 100 个以内。
但是这样是通过不了全部分数的，而且全部分数的容量非常之大，所以正常的 DP 优化是行不通的。做完上面的压缩之后，可以考虑做一些贪心进行优化。接下来我会详细的介绍这个贪心策略：
「Fortuna OJ」Aug 2nd – Group A 解题报告 / 集训队互测 2012 「李超」
A – Attack
这道题在 JZOJ 上面开 10s，遂 AC。
// A.cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 60100;
struct point
{
int x, y, prop, id;
bool operator<(const point &pt) const { return prop < pt.prop; }
} nodes[MAX_N], *cur[MAX_N];
int n, m;
char opt[10];
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d%d%d", &nodes[i].x, &nodes[i].y, &nodes[i].prop), nodes[i].id = i;
sort(nodes + 1, nodes + 1 + n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
cur[nodes[i].id] = &nodes[i];
while (m--)
{
scanf("%s", opt + 1);
int x, y, x_, y_, k;
if (opt[1] == 'Q')
{
scanf("%d%d%d%d%d", &x, &y, &x_, &y_, &k);
bool flag = false;
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (nodes[i].x <= max(x, x_) && nodes[i].x >= min(x, x_) && nodes[i].y <= max(y, y_) && nodes[i].y >= min(y, y_))
{
k--;
if (k == 0)
{
printf("%d\n", nodes[i].prop), flag = true;
break;
}
}
if (!flag)
puts("It doesn't exist.");
}
else
{
scanf("%d%d", &x, &y), x++, y++;
swap(cur[x]->x, cur[y]->x), swap(cur[x]->y, cur[y]->y);
swap(cur[x]->id, cur[y]->id), swap(cur[x], cur[y]);
}
}
return 0;
}
POJ1741:Tree 题解
主要思路
这道题应该算是点分治的一道经典题目。点分治的精髓就在于找到重心、对子树进行计算并且合并答案，之后删除中心变成子树内的小问题，分治思想非常的巧妙。
我们首先写好找根函数：
// root finding functions;
void dfs1(int u, int fa, int siz)
{
son[u] = 1;
int res = 0;
for (int i = head[u]; i != -1; i = edges[i].nxt)
{
if (edges[i].to == fa || done[edges[i].to])
continue;
dfs1(edges[i].to, u, siz);
son[u] += son[edges[i].to];
res = max(res, son[edges[i].to] - 1);
}
res = max(res, siz - son[u]);
if (res < rootKey)
root = u, rootKey = res;
}
void findRoot(int src, int siz)
{
root = src, rootKey = siz;
dfs1(src, 0, siz);
}
遍历子树：我们设定一个\(dist[]\)数组，算出距离的答案，并且无视曾经被当作根的节点，并向cnt[from[u]]进行自增操作，维护子树的大小，并把本身编号加入vec供之后进行排序用途。
// the calc one;
void dfs(int u, int fa)
{
vec.push_back(u);
for (int i = head[u]; i != -1; i = edges[i].nxt)
if (edges[i].to != fa && !done[edges[i].to])
{
cnt[from[u]]++;
dist[edges[i].to] = dist[u] + edges[i].weight;
from[edges[i].to] = from[u];
dfs(edges[i].to, u);
}
}
点分治：我们在计算完子树答案之后，合并的方法是主要的问题。我们可以考虑将vec进行排序，然后通过递增的性质设置首尾指针，并且去除掉当前子树内的错误答案（因为子树内部的路径不经过根，所以要去掉，之后的分治子问题中会处理这些内部路径）。
void pdq(int curt, int siz)
{
memset(son, 0, sizeof(son));
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
findRoot(curt, siz);
dist[root] = 0, done[root] = true;
vec.clear(), vec.push_back(root), from[root] = root;
cnt[root]++;
for (int i = head[root]; i != -1; i = edges[i].nxt)
if (!done[edges[i].to])
{
from[edges[i].to] = edges[i].to, cnt[edges[i].to]++;
dist[edges[i].to] = edges[i].weight;
dfs(edges[i].to, root);
}
sort(vec.begin(), vec.end(), compare);
cnt[from[vec[0]]]--;
int l = 0, r = vec.size() - 1;
while (l < r)
{
while (dist[vec[l]] + dist[vec[r]] > k)
cnt[from[vec[r--]]]--;
answer += r - l - cnt[from[vec[l]]];
cnt[from[vec[++l]]]--;
}
int pos = root;
for (int i = head[pos]; i != -1; i = edges[i].nxt)
if (!done[edges[i].to])
pdq(edges[i].to, son[edges[i].to]);
}
嗯，写完了。具体代码如下：
代码
// POJ1741.cpp
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int MAX_N = 10100, INF = 0x3f3f3f3f;
int head[MAX_N], current, k, n, tmpx, tmpy, tmpz, root, rootKey, son[MAX_N];
int from[MAX_N], dist[MAX_N], cnt[MAX_N];
bool done[MAX_N];
long long answer = 0;
vector<int> vec;
struct edge
{
int to, nxt, weight;
} edges[MAX_N << 1];
bool compare(int a, int b) { return dist[a] < dist[b]; }
void addpath(int src, int dst, int weight)
{
edges[current].to = dst, edges[current].nxt = head[src];
edges[current].weight = weight, head[src] = current++;
}
// root finding functions;
void dfs1(int u, int fa, int siz)
{
son[u] = 1;
int res = 0;
for (int i = head[u]; i != -1; i = edges[i].nxt)
{
if (edges[i].to == fa || done[edges[i].to])
continue;
dfs1(edges[i].to, u, siz);
son[u] += son[edges[i].to];
res = max(res, son[edges[i].to] - 1);
}
res = max(res, siz - son[u]);
if (res < rootKey)
root = u, rootKey = res;
}
void findRoot(int src, int siz)
{
root = src, rootKey = siz;
dfs1(src, 0, siz);
}
// the calc one;
void dfs(int u, int fa)
{
vec.push_back(u);
for (int i = head[u]; i != -1; i = edges[i].nxt)
if (edges[i].to != fa && !done[edges[i].to])
{
cnt[from[u]]++;
dist[edges[i].to] = dist[u] + edges[i].weight;
from[edges[i].to] = from[u];
dfs(edges[i].to, u);
}
}
void pdq(int curt, int siz)
{
memset(son, 0, sizeof(son));
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
findRoot(curt, siz);
dist[root] = 0, done[root] = true;
vec.clear(), vec.push_back(root), from[root] = root;
cnt[root]++;
for (int i = head[root]; i != -1; i = edges[i].nxt)
if (!done[edges[i].to])
{
from[edges[i].to] = edges[i].to, cnt[edges[i].to]++;
dist[edges[i].to] = edges[i].weight;
dfs(edges[i].to, root);
}
sort(vec.begin(), vec.end(), compare);
cnt[from[vec[0]]]--;
int l = 0, r = vec.size() - 1;
while (l < r)
{
while (dist[vec[l]] + dist[vec[r]] > k)
cnt[from[vec[r--]]]--;
answer += r - l - cnt[from[vec[l]]];
cnt[from[vec[++l]]]--;
}
int pos = root;
for (int i = head[pos]; i != -1; i = edges[i].nxt)
if (!done[edges[i].to])
pdq(edges[i].to, son[edges[i].to]);
}
int main()
{
while (scanf("%d%d", &n, &k) && n != 0)
{
answer = 0;
memset(head, -1, sizeof(head)), current = 0;
for (int i = 1; i <= n - 1; i++)
scanf("%d%d%d", &tmpx, &tmpy, &tmpz), addpath(tmpx, tmpy, tmpz), addpath(tmpy, tmpx, tmpz);
memset(done, false, sizeof(done));
pdq(1, n);
printf("%lld\n", answer);
}
return 0;
}
分治 & 分块学习笔记
分治
树分治 – 点分治
首先选一个点作为根，把无根树变为有根树，然后递归进行分支（DFS-like）。但是，为了减小复杂度，我们希望在一棵树中递归层数控制到最小，那么这个点的选择就非常的重要。我们选择重心来搞定这个。有了重心，我们的子树大小都不会超过\(n/2\)；计算完了之后，删掉根，并递归子树。所以时间复杂度是优秀的\(O(n\log n)\)。
重心的求法：我们用 \(O(n)\) 的时间来求出以每个点为根的子树大小，然后判断划分出联通块各点最少的点，那么这个点就是重心。
例题：IOI2011 Race，POJ1741:Tree 题解
思路：找到重心，则路径可以表示为经过根的两条子路径。第一遍 DFS 中记录走到每个点的距离和边数，同时统计到距离\(dist\)的最小边数\(sides[dist]\)。答案就是
\[ans=max\{sides[k-dist[i]]+sideSubtree[i]\}\]
一定要统计完答案之后再去用\(sideSubtree\)更新\(sides[]\)数组。
树分治 – 边分治
依旧需要找重心，但是在一些极限环境下（菊花图之类的）就会出锅，复杂度飙升。这个时候可以搞重构树来解决，把一颗菊花图搞成二叉树（建虚点，搞零边权的边）（目前还不怎么懂）
具体可以看这篇文章：https://ksmeow.moe/edge_based_divide_and_conquer/
例题：BZOJ2870
树分治 – 树链剖分
树链剖分是个好用的东西。我们可以第一遍 DFS 可以求出所有的重儿子，第二遍 DFS 的时候优先走重儿子，求时间戳。
对于重链的区间操作，直接暴力时间戳区间操作；对于轻边或混合链，LCA-like 算法可以搞定。
这个洛谷上题好多，不举例了。
CDQ 分治
CDQ 分治是一个神仙的离线算法。老师讲的太快，没看完就切掉了 PPT。
整体二分
功能：对于所有的询问都进行二分来加速。
分块
普通分块
普通的分块最重要的一点就是确定区间长度。确定一个好的区间长度能让时间复杂度大大降低。一般我们使用\(\sqrt{n}\)来作为区间长度。用数组存好左右端点和每个点所属的区块，并预处理必要的信息。
这道题要求我们维护众数，我们可以先预处理每个两个区块间的众数，然后再每个数搞一个\(vector\)记录数出现的位置，对于暴力的区间，我们可以二分两次并相减得出出现次数。这样就可以解决问题了：
// CH4401.cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 40100;
vector<int> poses[MAX_N];
int arr[MAX_N], mapping[MAX_N], lft[MAX_N], tot, rig[MAX_N], cnt[MAX_N], mode[900][900], affiliate[MAX_N];
int find(int x, int l, int r)
{
return upper_bound(poses[x].begin(), poses[x].end(), r) - lower_bound(poses[x].begin(), poses[x].end(), l);
}
void judge(int x, int l, int r, int &ans, int &ct)
{
int w = find(x, l, r);
if (w > ct || (w == ct && x < ans))
ct = w, ans = x;
}
int query(int l, int r)
{
int ans = 0, ct = 0;
int p = affiliate[l], q = affiliate[r];
if (p == q)
{
for (int i = l; i <= r; i++)
judge(arr[i], l, r, ans, ct);
return mapping[ans];
}
int x = 0, y = 0;
if (p + 1 <= q - 1)
x = p + 1, y = q - 1;
for (int i = l; i <= rig[p]; i++)
judge(arr[i], l, r, ans, ct);
for (int i = lft[q]; i <= r; i++)
judge(arr[i], l, r, ans, ct);
if (mode[x][y])
judge(mode[x][y], l, r, ans, ct);
return mapping[ans];
}
int main()
{
int n, m, t, len;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &arr[i]), mapping[++tot] = arr[i];
sort(mapping + 1, mapping + 1 + n);
tot = unique(mapping + 1, mapping + 1 + n) - (mapping + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
arr[i] = lower_bound(mapping + 1, mapping + 1 + tot, arr[i]) - mapping, poses[arr[i]].push_back(i);
t = sqrt(log(n) / log(2) * n);
len = t ? n / t : n;
for (int i = 1; i <= t; i++)
lft[i] = (i - 1) * len + 1, rig[i] = i * len;
if (rig[t] < n)
lft[t + 1] = rig[t] + 1, rig[++t] = n;
for (int i = 1; i <= t; i++)
for (int j = lft[i]; j <= rig[i]; j++)
affiliate[j] = i;
memset(mode, 0, sizeof(mode));
for (int i = 1; i <= t; i++)
{
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
int ct = 0, ans = 0;
for (int j = lft[i]; j <= n; j++)
{
if (++cnt[arr[j]] > ct || (cnt[arr[j]] == ct && arr[j] < ans))
ans = arr[j], ct = cnt[arr[j]];
mode[i][affiliate[j]] = ans;
}
}
int last = 0;
while (m--)
{
int l, r;
scanf("%d%d", &l, &r), l = (l + last - 1) % n + 1, r = (r + last - 1) % n + 1;
if (l > r)
swap(l, r);
last = query(l, r);
printf("%d\n", last);
}
return 0;
}
莫队算法
对于可以离线的问题，我们考虑询问进行分块。先对每一块内第一个问题进行暴力求解，然后块内的其他问答都用\(O(\sqrt{n})\)的时间搞定转移。非常好用。
例题：BZOJ2038: [2009国家集训队]小Z的袜子(hose)
显然，单纯计算区间内答案式子是：
\[\frac{ans}{{r-l+1 \choose 2}}, \text{其中ans是相同袜子的对数。}\]
对于每一个区块，我们可以维护一个\(num[]\)数组记录每一个颜色的出现次数，然后进行转移时对 ans 进行积累，更新询问答案即可。
// BZ2038.cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll MAX_N = 50100;
struct query
{
ll l, r, id, answerSon, answerDom;
bool operator<(const query &qy) const { return id < qy.id; }
} queries[MAX_N];
ll ci[MAX_N], n, m, len, btot, num[MAX_N], lft[MAX_N], rig[MAX_N], ans;
bool compare_left(query a, query b) { return a.l < b.l || (a.l == b.l && a.r < b.r); }
bool compare_right(query a, query b) { return a.r < b.r || (a.r == b.r && a.l < b.l); }
ll gcd(ll a, ll b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }
void change(ll x, ll w)
{
ans -= num[x] * (num[x] - 1);
num[x] += w;
ans += num[x] * (num[x] - 1);
}
void simplify(ll id)
{
ll d = gcd(queries[id].answerSon, queries[id].answerDom);
if (!d)
queries[id].answerSon = 0, queries[id].answerDom = 1;
else
queries[id].answerSon /= d, queries[id].answerDom /= d;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld", &n, &m);
for (ll i = 1; i <= n; i++)
scanf("%lld", &ci[i]);
for (ll i = 1; i <= m; i++)
scanf("%lld%lld", &queries[i].l, &queries[i].r), queries[i].id = i;
len = sqrt(m), btot = m / len;
sort(queries + 1, queries + 1 + m, compare_left);
for (ll i = 1; i <= btot; i++)
lft[i] = (i - 1) * len + 1, rig[i] = i * len;
if (rig[btot] < m)
lft[btot + 1] = rig[btot++] + 1, rig[btot] = m;
for (ll i = 1; i <= btot; i++)
{
sort(queries + lft[i], queries + rig[i] + 1, compare_right);
memset(num, 0, sizeof(num));
ans = 0;
// previous interval;
ll l = queries[lft[i]].l, r = queries[lft[i]].r;
// process the first query;
for (ll j = l; j <= r; j++)
change(ci[j], 1);
queries[lft[i]].answerSon = ans;
queries[lft[i]].answerDom = (queries[lft[i]].r - queries[lft[i]].l + 1) * (queries[lft[i]].r - queries[lft[i]].l);
simplify(lft[i]);
for (ll j = lft[i] + 1; j <= rig[i]; j++)
{
while (l < queries[j].l)
change(ci[l++], -1);
while (l > queries[j].l)
change(ci[--l], 1);
while (r < queries[j].r)
change(ci[++r], 1);
while (r > queries[j].r)
change(ci[r--], -1);
if (queries[j].l == queries[j].r)
queries[j].answerSon = 0, queries[j].answerDom = 1;
else
{
queries[j].answerSon = ans, queries[j].answerDom = (r - l) * (r - l + 1);
simplify(j);
}
}
}
sort(queries + 1, queries + 1 + m);
for (ll i = 1; i <= m; i++)
printf("%lld/%lld\n", queries[i].answerSon, queries[i].answerDom);
return 0;
}
树上莫队
把树上问题转换为序列问题，括号序列（欧拉序）可解。例题：SPOJ COT 2