還是萬年不變的外鏈
這個題。。。。。是最難的。。。。但是不知道為啥扶蘇神仙講完了之後我竟然聽懂了。。。。
所以這個題我要好好寫一寫
首先我們看一看每乙個測試點，來一點點得分
第乙個測試點n = 1，直接輸出w1就行，5分到手
第2-5個點，資料範圍很小，我們可以打深搜
因為n = 8，所以即使是全排列也無非是8！，小的可憐，然後o（n）地check一遍是不是合法，所以最後的時間複雜度是o（n！n）
要考慮排列順序一定是保證某個點的所有兒子都出現之後才能出現，否則不合法，而對於合法的排列，我們計算其w值，並且min（ans，w的和），最後輸出ans即可，然後就又拿到了20分
第6-7個點，我們可以發現那玩意是個二叉樹，這個就好辦多了，
我們考慮這樣乙個東西
現在我們掃到了乙個根節點為a的點，他有兩個兒子分別是x，y，如果先進入x，那麼我們需要的石子數就是w[x](指的是其子樹的和)+w[a]，同理，先進去y的話，我們需要的石子數就是w[y](指的是其子樹的和)+w[a]，假設w[y]更大的話，我們先進入y，當我們把y的子樹放滿了，我們就可以放y這個點了，在把y放上之後，我們可以把y的所有子樹的石子拿出來扔到x的子樹裡去，這樣不僅能不多用石子，甚至還有可能多餘出石子放在a裡，要是你先進x的話，就會導致你還得多帶上w[y] - w[x]個石子，否則你將放不滿y的子樹，這樣就不合法了
因為是二叉樹，所以直接判斷就好啦,最後所有答案加起來就是結果啦
測試點8-10,因為最多只有5個孩子，又因為n不算太大，我們可以暴力算出選孩子的順序看那個最優秀，時間複雜度是o(5! n),說實話5！ = 120的話，最後也不過是1e6多一點，正常跑就行了
測試點 11-14： 樹高最多為 3。考慮進入第 3 層時由於不能**石子，所以進入第三層的順序無所謂，即對於第 2 層的每個節點 u,都有
。現在只需要考慮從 1 號節點 進入它的所有孩子節點的順序即可。 考慮走完節點 u 的所有孩子 v 所需要的總石子數 c[u]，顯然是越少越好。證明如 下： 走完所有孩子後，所花費的總石子數不變，設剩下的石子(也就是所需要的減去所 花費的)為 ret，注意到當 c[u] 最小的時候即是 ret 最小的時候。考慮當 ret ≥ wu 的時候，直接用 ret 放下 u 上的石子，於是放石子在節點 u 的總花費就是 c[u]，後者 越小越好。 當 ret < w[u] 的時候，用剩下的石子放在 u 上，然後再額外放上去一些石子，這 樣做的花費是
，這顯然是最小的花費，考慮當 c[u] 越小 ret 才越小，c[u]取 最小時顯然能取到最優情況。 綜上，可以盡可能使 c[u]減小，來達到最優解。 那麼問題變成了： 有 x 個商品，購買第 i 個物品需要手裡有 ansi 元錢，花費 wi 元。求乙個順序 使得購買所有商品所需要的錢數最少。 這個問題的最最優順序是按照
不公升序購買，也就是差值越大越要先買。 考慮證明： 設有兩個物品 i,j，設 ai=ansi-wi，aj=ansj-wj。且 ai>aj。考慮先買 i 再買 j 的 花費是 max(ansi, wi+ansj) ①，同理先買 j 的花費是 max(ansj, wj+ansi) ②。 提出 w，則 ①=wi+max(ai,ansj)，②=wj+max(aj,ansi)=wj+max(aj,ai+wi)=wj+ai+wi。 考慮 ① 式的 max 如果取前面一項，則 ①=wi+ai
最後貼一下**吧
#include #include還有。。。。。。。c++11是個好東西可惜我不會。。。。。。。。#include
const
int maxn = 100010
;int
n;int
mu[maxn], ans[maxn];
std::vector
son[maxn];
void dfs(const
intu);
bool cmp(const
int &_a, const
int &_b);
intmain()
for (int i = 1; i <= n; ++i)
dfs(1);
for (int i = 1; i < n; ++i)
printf(
"%d\n
", ans[n]);
return0;
}void dfs(const
intu)
std::sort(son[u].begin(), son[u].end(), cmp);
int _ret = 0;
for(auto v : son[u])
else
} ans[u] += std::max(0, mu[u] -_ret);
}inline
bool cmp(const
int &_a, const
int &_b)
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