cqoi2012]組裝
博主並不會模擬退火，所以用了差分陣列加貪心嗎。我們先來看題：
在數軸上的某個位置修建乙個組裝車間
到組裝車間距離的平方的最小值。
1<=n<=20000
在一條直線上
距離的平方？（二次函式？）
1<=n<=10000？（nlogn(logn.....)?）
嗯？乍一看還真不知道怎麼做啊！
可是在x軸上？還要距離的平方，好像幾個二次函式加一起還是二次函式來著？
莫非？這整體就是乙個單峰函式？
好吧，零件種類有多種，但（既然是平方）應該還是要從二次函式出手吧。
既然每種物資只能選乙個的話那乾脆寫乙個分段函式吧。|xi|<=200000，他給的又是整形，分界點最多只有400000個，好像可行
貪心：它的範圍是-100000～100000，但如果我們將乙個零件看成乙個二次函式，數軸看成x軸，因為他們都是平方，每個零件所構成的函式都是 $ y=^2 $ 的形式（ｋ表示零件在數軸上的位置）。
所以對於每一類零件，建立乙個座標軸，將零件畫成二次函式的形式，這樣對於每乙個ｘ值，我們貪心的選ｙ值最小的那個零件。這樣就能構成乙個分段函式，而我們將每一種類的零件所構成的分段函式放在一起（用差分陣列維護 $ y=ax^2+bx+c $ 中的b與c），幾個二次函式加一起還是二次函式，雖然分的段特別多，但絕對在我們的承受範圍內，然後我們用二次函式求最小值的公式把最小值求出來即可（最小值可以在段外！！！）
零件位置給的是整形，分段的點的小數部分絕對為0或0.5,我們在差分陣列前先處理一下（乘個二，加上200001，避免負數）（當然！你也可以用莫對思想維護！（比如鴿王發的那篇題解））
#include#include#include#define ll long long
#define db double
#define rg register int
using namespace std;
struct sut[200005];
int n,m,l,r;
ll s[800015];
ll v,k[800015];//請不要吝嗇您的long long和double
db a,b,c,res=(ll)1<<50,ans,tot;//res初值賦大些
inline bool cmp(su x,su y)
for(rg i=1;i<=800001;++i)printf("%.4lf",ans);
return 0;
}
CQOI2012 組裝 貪心
數軸上有 n 種點，總共有 m 個，每個點有它的座標 x i 和種類 p i 求乙個點，使得所有種類點中與這個點的最小距離的平方和最小。n le 10 4,m le 10 5,x i le 10 5 要最小化 sum n x x i 2 顯然在選定了每個種類使用的點以後，這是乙個關於 x 的二次函式...
題解 CQOI2012交換棋子
感受到網路流的強大了 這道題目的關鍵在於 前後顏色不變的，流入流出的次數相等 原本是黑色的最後變成了白色，流出比流入次數多1 原本是白色最後變成黑色，流入比流出次數多一。所以我們將每一點拆成3個點，分別代表流入點，原點與流出點。最開始為黑色的點與源點連流量為1，費用為0的邊，最後為黑色的點與匯點連流...
CQOI2012 交換棋子 費用流
有乙個n行m列的黑白棋盤，你每次可以交換兩個相鄰格仔 相鄰是指有公共邊或公共頂點 中的棋子，最終達到目標狀態。要求第i行第j列的格仔只能參與mi,j次交換。乙個點拆三份，入點，主點，出點 入點向主點連邊，主點向出點連邊，設該點允許的交換次數為 x 根據以下規則確定 s to 初態點，末態點 to t...