有一張 \(n\) 個點 \(m\) 條邊的圖，點有點權，邊有邊權。
先手後手輪流染黑白兩色，最後的得分是自己染的點權和 + 兩端均為自己的顏色的邊權和。
雙方都希望自己的得分 - 對手的得分最大，求結果。
\(1 \le n \le 10000, 0 \le m \le 100000\)
這題巨妙無比，真是妙蛙種子吃著妙脆角，秒進了公尺奇妙妙屋，秒到家了。
你可以考慮把每一條邊都分到他所連的 \(2\) 個點上，各一半。
然後對於每條邊，我們有 \(2\) 種可能，如下：
#include #include #include using namespace std;
const int maxn = 10010;
int n, m, u, v, w;
double a[maxn];
double cmp(double x, double y)
int main()
for(int i = 1; i <= m; ++ i)
sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
double ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
else
}printf("%d", (int) ans);
return 0;
}
區間初始全 \(0\)，問你最後可以形成多少種不同的區間。
考慮什麼樣的區間是沒有貢獻的。
假設對於區間 \([l, r]\) ，我們考慮如果存在以下三個區間，那麼這個區間是無用的。
那麼通過不同的組合，有無區間 \([l, r]\) 是沒有意義的。
那麼用並查集維護端點就行了。
#include using namespace std;
const int maxn = 100010;
const int xrz = 1e9 + 7;
const int maxm = (1 << 21);
int n, m, ans = 1, l, r, f[maxn];
int find(int x)
int main()
for(int i = 1; i <= m; ++ i)
f[x] = y;
ans = (ans * 2) % xrz;
} printf("%d", ans);
return 0;
}
資料範圍 : \(1 <= n <= 250000, 0 <= a_i, b_i <= 10^9\)
首先，我們看到題目先會想到 \(01\) 揹包。是個正確的作法，但是肯定過不了。
然後，我們考慮到這一定是個貪心/推式子的題目。
但是推式子的題目一般的特性在這裡顯然不符合(推式子的題目一般不會讓你選擇)
那接下來考慮怎麼去貪心。
第一想法是我們選最小的肯定是最優的，因為就算選了這個最小的而導致其他的不可以選，那也最多只能導致乙個不可以選。
因為如果可以導致多個不可以選的話，選了次小的哪乙個也會導致更多的不可以選。
所以選擇最小的策略是對的，\(sort\) 一般的複雜度我們也可以接受，但是問題來了，我們那些數可以取？
取完當前最小的，那麼它前面的一些數說不定不可以再去。
那麼處理這些的複雜度就不穩定了，可以構造資料卡掉。
接下來我們想每天上午進的貨物會對什麼有影響。
這個很顯然，它可以對他後面的所有數產生影響，因為到貨了就可以賣給別人了。
那是不是可以這麼考慮，從後往前去跑，每次去當前可以取的最小的。
因為從後完全就去除了它的後效性，所有正確性也是對的。
但是新增乙個數 \(a_i\) 可能很大，一次可以處理多個數。
那你就必須保證後面整個序列是有序的，而且還要維護乙個字尾和。
我們考慮維護這個有序數列的複雜度最優，那就是往前加乙個數，就把這個數加入到數列裡面去。
這樣的複雜度最劣是 \(o(n^2)\) 的，還是會炸。
那我們是不是無法從一些順序上去找到優化的空間。
我們就可以考慮去莽，然後支援撤銷，這樣也可以保證正確性。
具體的話是這樣實現的：
從前往後讀入，每次可以取就取，並且把這些取過的記錄在單調佇列中。
如果當前這個放不下，我們就把他和佇列首的元素做比較，不斷更新即可。
根據我們的第二個想法，每個前面取過的如果彈出來，因為他的後效性，肯定是可以服務後面的。
那麼就結束了。
#include using namespace std;
#define int long long
const int maxn = 250010;
int n, sum, ans, book[maxn];
priority_queue, vector> > q;
struct node e[maxn];
int cmp(node x, node y)
signed main()
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
else if(! q.empty() && q.top().first > e[i].b)
}printf("%lld\n", ans);
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
}return 0;
}
乙個小矮人可以出去的條件是
\[\sum_^ + b_k >= h
\]問最多可以跑出去多少小矮人。
因為人人平等對吧，所以每個人的價值都是一樣的。
那麼我們就考慮什麼樣的人更加容易出來。
是不是手長+臂長更長的人就更容易出來。
我們考慮有 \(2\) 個人 \(a\) 和 \(\text\) 。
並且 \(\text\) 可以單獨出來，\(\text\) 只可以在 \(a\) 的幫助下出來。
那麼肯定是要先把 \(b\) 放出來，再讓 \(a\) 後出來。
所以我們貪心的策略是把臂長+手長大的放後面。小的先跑出去。
至於我們怎麼實現跑出去的過程，跑一遍最簡單的 \(dp\) 就行了。
#include using namespace std;
const int maxn = 2010;
int n, h, sum, ans, f[maxn];
struct node e[maxn];
int cmp(node x, node y)
int main()
scanf("%d", &h);
sort(e + 1, e + 1 + n, cmp);
for(int i = 1; i <= n; ++ i) }}
for(int i = n; i >= 0; -- i)
}return 0;
}
每個人的行走互不干擾，問你最少過多久才可以取完所有物品。
乍一看就感覺很 \(\text\) .
對每個人 \(\text\) ?
按時間 \(\text\) ?
感覺都不太對，那就不是 \(\text\) 了(大草)
我們考慮怎麼暴力去跑？
先列舉時間，再暴力的找每個人可以取的物品，這樣的複雜度是很恐怖的。
那麼我們先優化時間，對於時間 \(x\) 和 \(x + 1\)，如果在 \(x\) 可以取完，那麼 \(x + 1\) 肯定也可以，所以時間是滿足單調性的，可以用二分優化到 \(\text\)
接下來考慮後面這個東西怎麼去 \(\text\) 。
對於每個人，他們可以取完的東西太多了，我們無法有效快速的求。
那我們就考慮對於每乙個物品去找哪個人可以收服他，這樣肯定只有 \(2\) 種決策，他左邊的第乙個人和他右邊的第乙個人。
預處理下就行了。
#includeusing namespace std;
#define mid ((l + r) >> 1)
const int maxn = 200010;
int n, nxt[maxn], ans, l[maxn], r[maxn], lst[maxn], now;
char s[maxn];
bool check(int x)
}for(int i = 1; i <= n; i ++)
if(nxt[i] && l[nxt[i]] < i)
if(nxt[i] == 0 || nxt[i] - i > x)
l[nxt[i]] = i;}}
return 1;
}int main()
else if(s[i] == '*')
}now = 0;
for(int i = n; i ; -- i)
else if(s[i] == '*')
}while(l <= r)
else
} printf("%d", ans);
return 0;
}
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