T1

Description

• 给出一个\(N*N(N≤600)\)的非负矩阵\(B=(b_{ij})\)，和一个\(1*N\)的非负矩阵\(C=(c_{ij})\)。\(A=(a_{ij})\)是一个\(1*N\)的\(01\)矩阵，令矩阵\(D=(d_{ij}) (A*B-C)*A^T\)，则\(D\)是一个\(1*1\)的矩阵。要求构造\(A\)矩阵最大化\(D\)矩阵的元素值，输出得到的\(D\)矩阵。

  Solution

• 化下式子就知道答案为：\(\sum_{i=1}^n A_i[(\sum_{j=1}^n A_jB_{ij})-C_i]\)。
• 这样的话，可以想象有一张\(N\)个点的完全图，第\(i\)个点的点权为\(C_i\)，边\(<i,j>\)的权为\(B_{ij}\)。那问题就转化为在这张图上找一个子图，使得子图内边权和减点权和最大。
• 可以yy成一种神奇的二元关系，然后转化为最小割模型。这里提供一种建图：对于点\(i\)，我们从源点\(S\)向它连一条容量为\(\sum_{j=1}^n B_{ij}\)的边，从它向汇点\(T\)连一条容量为\(C_i\)的边；然后对于一个点对\(i≠j\)，从\(i\)向\(j\)连一条容量为\(B_{ij}\)的边。这样用\(\sum B\)减去最小割即为答案。
• 上述建图法的正确性是比较显然的。我们假设一开始全选，\(ans=\sum B\)；然后考虑选点\(i\)的代价是\(C_i\)（即让\(ans-=C_i\)），不选点\(i\)的代价是\(\sum_{j可不选} B_{ij}+\sum_{j必选}B_{ji}\)。显然这种代价和即为答案。实际上，我们只要建出一个满足这些代价的图即可（因而有无数种建图方法）。
  

  Code

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define min(x,y) (x<y?x:y)
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;

const int N=666,M=2*N*N,inf=0x7fffffff;
int n,S,T,x,oub[N],la[N],ans,cur[N],dis[N],GAP[N];
struct edge{int v,l,ne;}e[M];

void link(int x,int y,int z)
{
    static int tot=1;
    e[++tot]=(edge){y,z,la[x]}, la[x]=tot;
    e[++tot]=(edge){x,0,la[y]}, la[y]=tot;
}

int flow(int x,int res)
{
    if(x==T) return res;
    int i,have=0;
    for(i=cur[x]; i; i=e[i].ne)
        if(e[i].l&&dis[x]==dis[e[i].v]+1)
        {
            cur[x]=i;
            int now=flow(e[i].v,min(res-have,e[i].l));
            e[i].l-=now, e[i^1].l+=now;
            if((have+=now)==res) return have;
        }
    cur[x]=la[x];
    if(!--GAP[dis[x]]) dis[S]=T+1;
    GAP[++dis[x]]++;
    return have;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n), T=n+1;
    fo(i,1,n) fo(j,1,n)
    {
        scanf("%d",&x), oub[i]+=x, ans+=x;
        if(i^j) link(i,j,x);
    }
    fo(i,1,n) link(S,i,oub[i]), scanf("%d",&x), link(i,T,x);
    GAP[0]=T+1;
    while(dis[S]<=T) ans-=flow(S,inf);
    printf("%d",ans);
}

T2

Description

• 一个平面直角坐标系上，有\(N(≤7000)\)个点，标号为1到N，其中第i个点的坐标为(x[i], y[i])。 　　
• 求满足以下两个条件的点列{p[i]}的数目（假设{p[i]}的长度为M）： 　　
  1) 对任意1 <= i < j <= M，必有y[p[i]] > y[p[j]]； 　　
  2) 对任意3 <= i <= M，必有x[p[i-1]] < x[p[i]] < x[p[i-2]]或者x[p[i-2]] < x[p[i]] < x[p[i-1]]。 　　
• 求满足条件的非空序列{p[i]}的数目，结果对一个整数\(Q(\in[1,1000000000])\)取模。
  

  Solution

• 一道灵光一闪后就是普及难度的题目。
• 可以先将点按x坐标排序，然后DP。设f[i][0/1]表示考虑到第i个点，它的下一个点在它左边/右边的答案。那我们可以从小到大枚举i，再从i-1到1枚举一个j，比较y[i]和y[j]，若y[i]<y[j]则用f[i][0]转移f[j][1]，否则用f[j][1]转移f[i][0]。
• 画个图就很明了了。由于我们一定是从y小的转移向y大的，所以是没有后效性的；而且由于我们按x坐标排了序，在用一个f转移前，已经考虑完了中间的（比如用f[i][0]转移f[j][1]，我们已经考虑完了所有j<j‘<i的f[j‘][1]对f[i][0]的贡献了），因而也是正确的。
• 时间复杂度\(O(n^2)\)。
  

  Code

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define P(x,y) (x+=y)%=Q
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;

const int N=7010;
int n,Q,f[N][2],ans;
struct dot{int x,y;}p[N];

bool cmp(const dot&a,const dot&b) {return a.x<b.x;}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&Q);
    fo(i,1,n) scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
    sort(p+1,p+n+1,cmp);
    fo(i,1,n)
    {
        f[i][0]=f[i][1]=1;
        fd(j,i-1,1) p[j].y>p[i].y ? P(f[j][1],f[i][0]) : P(f[i][0],f[j][1]);
    }
    fo(i,1,n) P(ans,f[i][0]), P(ans,f[i][1]);
    printf("%d",(ans-n+Q)%Q);
}

T3

Description

• 给出一棵\(N(≤100000)\)个带权点的有根树，每个点的孩子是从左到右有序的。一棵树的价值为所有叶节点的权值和减去每对相邻叶节点的路径上（不含那两个叶节点）的最大点权值。剪枝的本质是将某些结点的子树全部删去，使自己作为新的叶结点。
• 对树进行一些剪枝，使树的价值最大。剪枝的方式为：如果一个结点的孩子都是叶结点，就可以将它所有的孩子剪去。
  

  Solution

• 也是一道水题。。。没切真是耻辱
• 记lc(x)为从x出发，沿最左节点走下去形成的链，称为左链；rc(x)为右链。那每次肯定是有一对相邻的兄弟节点u、v，用一个rc(u)的答案更新lc(v)的答案。（当然反过来也可以，因为把整棵树左右翻转后的答案是不变的）
• 暴力转移即可，因为一个点至多只会在一条左链和一条右链上，因此是\(O(n)\)的。
• 转移时用一个单调队列优化一下。
  

  Code

#include <cstdio>
#define max(x,y) (x>y?x:y)
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;

const int N=11e4,inf=0x3f3f3f3f;
int n,w[N],t,p,pa[N],tot,to[N],ne[N],la[N],ls[N],rs[N],f[N],top,h[N],m[N],h1[N],h2[N],ans;

void work(int x,int y)
{
    h1[0]=-inf;
    for(top=0; x; x=rs[x])
    {
        h[++top]=x;
        m[top+1]=max(m[top],w[x]);
        h1[top]=max(h1[top-1],f[x]);
        h2[top]=f[x]-m[top];
    }
    h2[top+1]=-inf;
    fd(i,top,1) if(h2[i]<h2[i+1]) h2[i]=h2[i+1];
    for(int k=0,d=m[1]; y; y=ls[y])
    {
        while(k<top&&d>m[k+1]) k++;
        f[y]=w[y]+max(h1[k]-d,h2[k+1]);
        if(d<w[y]) d=w[y];
    }
}

void dfs(int x,bool l,bool r)
{
    int ly=0;
    for(int i=la[x],y; y=to[i]; ly=y,i=ne[i])
    {
        if(ly) m[1]=w[x],work(ly,y);
        dfs(y,l&&!ly,r&&rs[x]==y);
    }
    if(l&&f[x]<w[x]) f[x]=w[x];
    if(r&&f[x]>ans) ans=f[x];
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    fo(i,1,n)
    {
        scanf("%d%d",&w[i],&t);
        fo(j,1,t)
        {
            scanf("%d",&p);
            to[++tot]=p, ne[tot]=la[i], la[pa[p]=i]=tot;
            if(j==1) rs[i]=p;
            if(j==t) ls[i]=p;
        }
        f[i]=-inf;
    }
    dfs(1,1,1);
    printf("%d",ans);
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/Iking123/p/11347964.html