带权二分
一种二分答案的套路,又叫做DP凸优化,wqs二分。
用来解决一类题目,要求某个要求出现K次,并且,可以很显然的发现,在改变相应权值的时候,对应出现的次数具有单调性。而且很显然,这种题一般满足一定的要求。而且一般权值为整数二分就可以,但是有的题需要实数二分...而且,边界条件通常很麻烦,调起来想摔电脑。
例题时间:
BZOJ2654: tree
题目大意:给你一个图,里面有白色边和黑色边,问恰好有k条边白色边的最小生成树
直接贪心法肯定是错误的,因此,我们考虑带权二分。
给定一个选择白色边的权值,之后把白色边的边权减去这个权值跑最小生成树,判断是否选了K个白色边。而这个权值通过二分找到。
附上代码:
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <cmath> #include <cstring> #include <iostream> #include <queue> using namespace std; #define N 50005 int fa[N],n,m,K,cnt; struct node { int from,to,op; int val; }e[N<<1]; int sum,num; inline bool cmp(const node &a,const node &b) { if(a.val==b.val) return a.op>b.op; return a.val<b.val; } inline int find(int x) { if(x==fa[x])return x; return fa[x]=find(fa[x]); } inline void add(int x,int y,int z,int op) { e[++cnt].to=y; e[cnt].from=x; e[cnt].val=z; e[cnt].op=op; return ; } void init() { for(int i=0;i<N;i++) { fa[i]=i; } return ; } inline int check(int x) { sum=0,num=0; init(); for(int i=1;i<=m;i++) { e[i].val+=e[i].op*x; } sort(e+1,e+m+1,cmp); int cnt1=0; for(int i=1;i<=m;i++) { int x=e[i].from,y=e[i].to; int fx=find(x),fy=find(y); if(fx!=fy) { sum+=e[i].val; num+=e[i].op; fa[fx]=fy; cnt1++; } if(cnt1==n-1)break; } for(int i=1;i<=m;i++) { e[i].val-=e[i].op*x; } if(num>=K)return 1; return 0; } int main() { scanf("%d%d%d",&n,&m,&K); for(int i=1;i<=m;i++) { int x,y,z,j; scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&z,&j); add(x,y,z,j^1); } int l=-101,r=101; int ans; while(l<r) { int mid=(l+r)>>1; if(check(mid)) { l=mid+1; ans=sum-K*mid; }else { r=mid; } } printf("%d\n",ans); return 0; }
BZOJ5311: 贞鱼
题目大意:给你n个点,每个点与点之间有权值,将n个点分成k份,每份是连续的,每份的代价是这份中任意两点的权值和,求最小代价。
二分分割一次的权值,之后在DP的时候转移一下即可。至于DP的东西去看https://www.cnblogs.com/Winniechen/p/9218864.html
附上代码:
#include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm> #include <iostream> #include <queue> #include <cstdlib> #include <cstring> using namespace std; #define N 4005 static char buf[1000000],*p1,*p2; #define nc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) #define calc(x,y) (f[x]+((sum[y][y]+sum[x][x]-sum[y][x]-sum[x][y])>>1)) int rd() { register int x=0;register char c=nc(); while(c<‘0‘||c>‘9‘)c=nc(); while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘)x=(((x<<2)+x)<<1)+c-‘0‘,c=nc(); return x; } int sum[N][N],num[N],k,n,s[N][N];long long f[N]; struct node{int l,r,p;}q[N]; bool cmp(int i,int j,int k) { long long t1=calc(i,k),t2=calc(j,k); if(t1==t2)return num[i]<=num[j]; return t1<t2; } int find(const node &t,int x) { int l=t.l,r=t.r+1; while(l<r) { int m=(l+r)>>1; if(cmp(x,t.p,m))r=m; else l=m+1; } return l; } int check(int x) { memset(f,0x3f,sizeof(f)); f[0]=0;int h=0,t=0;q[t++]=(node){1,n,0};num[0]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(q[h].r<i&&h<t)h++; f[i]=calc(q[h].p,i)+x;num[i]=num[q[h].p]+1; if(cmp(i,q[t-1].p,n)) { while(h<t&&cmp(i,q[t-1].p,q[t-1].l))t--; if(h==t)q[t++]=(node){i+1,n,i}; else { int p=find(q[t-1],i); q[t-1].r=p-1; q[t++]=(node){p,n,i}; } } } return num[n]; } int main() { n=rd();k=rd(); for(register int i=1;i<=n;i++) { for(register int j=1;j<=n;j++) { sum[i][j]=sum[i][j-1]+rd(); } } for(register int i=1;i<=n;i++) { for(register int j=1;j<=n;j++) { sum[i][j]+=sum[i-1][j]; } } int l=0,r=1<<30; while(l<r) { int m=(l+r)>>1; if(check(m)>k)l=m+1; else r=m; } check(l); printf("%lld\n",f[n]-1ll*l*k); }
BZOJ1812: [Ioi2005]riv
题目大意:没有题目大意,直接去看题面吧...
Description
几乎整个Byteland王国都被森林和河流所覆盖。小点的河汇聚到一起,形成了稍大点的河。就这样,所有的河水都汇聚并流进了一条大河,最后这条大河流进了大海。这条大河的入海口处有一个村庄——名叫Bytetown 在Byteland国,有n个伐木的村庄,这些村庄都座落在河边。目前在Bytetown,有一个巨大的伐木场,它处理着全国砍下的所有木料。木料被砍下后,顺着河流而被运到Bytetown的伐木场。Byteland的国王决定,为了减少运输木料的费用,再额外地建造k个伐木场。这k个伐木场将被建在其他村庄里。这些伐木场建造后,木料就不用都被送到Bytetown了,它们可以在 运输过程中第一个碰到的新伐木场被处理。显然,如果伐木场座落的那个村子就不用再付运送木料的费用了。它们可以直接被本村的伐木场处理。 注意:所有的河流都不会分叉,也就是说,每一个村子,顺流而下都只有一条路——到bytetown。 国王的大臣计算出了每个村子每年要产多少木料,你的任务是决定在哪些村子建设伐木场能获得最小的运费。其中运费的计算方法为:每一块木料每千米1分钱。 编一个程序: 1.从文件读入村子的个数,另外要建设的伐木场的数目,每年每个村子产的木料的块数以及河流的描述。 2.计算最小的运费并输出。
Input
第一行 包括两个数 n(2<=n<=100),k(1<=k<=50,且 k<=n)。n为村庄数,k为要建的伐木场的数目。除了bytetown外,每个村子依次被命名为1,2,3……n,bytetown被命名为0。 接下来n行,每行包涵3个整数 wi——每年i村子产的木料的块数 (0<=wi<=10000) vi——离i村子下游最近的村子(或bytetown)(0<=vi<=n) di——vi到i的距离(km)。(1<=di<=10000) 保证每年所有的木料流到bytetown的运费不超过2000,000,000分 50%的数据中n不超过20。
Output
输出最小花费,精确到分。
这道题其实并不用带权二分的,直接树形DP,N^2*K(N^2*K^2)都可以过...带权二分跑不过N^2*K...二分建立镇守府的权值,状态f[i][j]表示i的子树中,所有节点最多到第j层父亲的最小代价,之后再记录一个建立了多少个镇守府即可。
附上代码:
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <cmath> #include <cstring> #include <iostream> #include <cstdlib> #include <queue> #include <bitset> using namespace std; #define N 105 struct node { int to,next; }e[N<<1]; int a[N],head[N],dis[N],v[N],cnt,n,m,siz[N],fa[N][N],sf[N],num[N][N],f[N][N],mid; void add(int x,int y){e[cnt].to=y;e[cnt].next=head[x];head[x]=cnt++;} void pre(int x) { fa[x][0]=x; for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next) { int to1=e[i].to;dis[to1]=dis[x]+v[to1]; for(int j=0;j<=sf[x];j++)fa[to1][++sf[to1]]=fa[x][j]; pre(to1); } } void dfs(int x) { for(int i=0,t;i<=sf[x];i++)t=fa[x][i],f[x][i]=(dis[x]-dis[t])*a[x]; for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next) { int to1=e[i].to;dfs(to1); for(int j=0;j<=sf[x];j++) { if(f[to1][0]+mid<f[to1][j+1]||(f[to1][0]==f[to1][j+1]&&num[to1][0]+1<=num[to1][j+1])) { num[x][j]+=num[to1][0]+1; f[x][j]+=f[to1][0]+mid; }else f[x][j]+=f[to1][j+1],num[x][j]+=num[to1][j+1]; } } } int check() { memset(f,0x3f,sizeof(f));memset(num,0,sizeof(num));dfs(0); return num[0][0]; } int main() { memset(head,-1,sizeof(head)); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1,x;i<=n;i++)scanf("%d%d%d",&a[i],&x,&v[i]),add(x,i); int l=0,r=1<<21;pre(0); while(l<r) { mid=(l+r)>>1; if(check()>m)l=mid+1; else r=mid; }mid=l;check(); printf("%lld\n",f[0][0]-1ll*mid*m); return 0; }
BZOJ4609: [Wf2016]Branch Assignment
题目没有大意
直接求出dis[i]表示正向从i到b+1,和反向从b+1到i的权值和,之后我们发现,将dis[i]排序,之后可以得出,取连续的一段必定不会更劣(贪心可证,为了使更小的dis分配到更大的siz)之后通过决策单调性转移一下即可。
附上代码:
#include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm> #include <iostream> #include <queue> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <vector> using namespace std; #define N 5005 #define ll long long #define calc(x,y) (f[x]+(sum[y]-sum[x])*(y-x-1)) __attribute__((optimize("-O3")))inline char nc() { static char buf[100000],*p1,*p2; return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; } __attribute__((optimize("-O3")))int rd() { int x=0; char ch=nc(); while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=nc(); while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-‘0‘,ch=nc(); return x; } struct node{int l,r,p;}q[N];vector<pair<int ,int > >G[2][N]; int n,b,s,r,num[N],vis[N];ll dis[N],a[N],sum[N],f[N]; void Dijkstra(bool op) { memset(dis,0x3f,sizeof(dis));dis[b+1]=0;memset(vis,0,sizeof(vis)); priority_queue<pair<ll,int> >q;q.push(make_pair(0,b+1)); while(!q.empty()) { int x=q.top().second;q.pop();if(vis[x])continue;vis[x]=1; for(int i=0;i<G[op][x].size();i++) { int to1=G[op][x][i].first,val=G[op][x][i].second; if(dis[to1]>dis[x]+val)dis[to1]=dis[x]+val,q.push(make_pair(-dis[to1],to1)); } } for(int i=1;i<=b;i++)a[i]+=dis[i]; } int find(const node &t,int x) { int l=t.l,r=t.r+1; while(l<r) { int m=(l+r)>>1; if(calc(t.p,m)<=calc(x,m))l=m+1; else r=m; }return l; } int check(ll x) { int h=0,t=0;q[t++]=(node){0,n,0};f[0]=0;num[0]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { while(h<t&&q[h].r<i)h++; f[i]=calc(q[h].p,i)+x;num[i]=num[q[h].p]+1; if(calc(i,n)<calc(q[t-1].p,n)) { while(h<t&&calc(q[t-1].p,q[t-1].l)>calc(i,q[t-1].l))t--; if(h==t)q[t++]=(node){i,n,i}; else { int x=find(q[t-1],i);q[t-1].r=x-1;q[t++]=(node){x,n,i}; } } } return num[n]; } int main() { n=rd();b=rd();s=rd();r=rd(); for(int i=1,x,y,z;i<=r;i++)x=rd(),y=rd(),z=rd(),G[0][x].push_back(make_pair(y,z)),G[1][y].push_back(make_pair(x,z)); Dijkstra(0);Dijkstra(1);n=b;sort(a+1,a+n+1);for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+a[i]; ll l=0,r=1ll<<60; while(l<r) { ll m=(l+r)>>1; if(check(m)>s)l=m+1; else r=m; }check(l); printf("%lld\n",f[n]-l*s); }
大概还有什么林克卡特树之类的,就不多说了...
原文地址:https://www.cnblogs.com/Winniechen/p/10034423.html