2020 秦皇岛 CCPC K题：贪心(树形dp) I题：思维 B题：数据结构

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• K题
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K题

题意
一颗\(n(1e6)\)个节点的有根树，本部在\(1\)号点，每秒钟可以从本部派遣一支军队出发，也可以移动一只在外的军队。不管是派遣还是移动都只能沿着一条边移动。问最短时间经过所有的点。
解析

• 首先把所有出边按照最深叶子深度从小到大排序。精髓排序。
• 然后在搜索一边，同时记录上一只停留的军队所在的叶子标号，如果从这个停留的军队出发比根节点出发更优就选择这个军队继续出发，否则从根节点再派遣一支军队并抛弃那只军队。因为它以后也必不可能对其他路径产生贡献！排序保证了这点！
• 一批无法产生贡献的军队停留处一定是最深的一批叶子。
• 然后遇到叶子就累计答案。

代码有注释。
AC_CODE
点我点我
一次排序就要\(1500ms\)。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <assert.h>
using namespace std;
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << "\n";
#define debug2(x, y) cout << #x << ": " << x << ", " << #y << ": " << y << "\n";

const int maxn = 1e6 + 7;
const double eps = 1e-8;

typedef long long ll;
int n;
int dep[maxn], ye[maxn];
vector<int> adj[maxn];
void dfs(int u, int d) {
    dep[u] = d;
    ye[u] = 0;
    for(int v: adj[u]) {
        dfs(v, d + 1);
        ye[u] = max(ye[u], ye[v] + 1);//子树最深叶子深度
    }
}
ll ans;
int id;
bool cmp(const int &a, const int &b) {
    if(ye[a] != ye[b]) return ye[a] < ye[b];
    return a < b;
}
void dfs2(int u, int ba, int h, int d) {
    //cout << u << " " << d << endl;
    if(adj[u].size() == 0) {
        ans += d;
        id = u;//上一次军队停留的叶子
        return;
    }
    for(int v: adj[u]) {
        if(id == 0) {//这条路径前没有可产生贡献的军队停留，径直往下走
            dfs2(v, u, h + 1, d + 1);
        }else {
            int w = dep[id] - dep[u];
            if(w < h) {//如果从上次军队停留的叶子出发比从根节点出发更优
                id = 0;//军队就继续出发，所以就没有军队停留了
                dfs2(v, u, h + 1, w + 1);
            }else {
                id = 0;//上个叶子对这条路径产生不了贡献，以后也必不可能产生贡献
                dfs2(v, u, h + 1, h + 1);
            }
        }
    }
}
int main() {
    //freopen("in.txt", "r", stdin);
    int T;scanf("%d",&T);
    int kase = 0;
    while(T--) {
        id = 0;
        ans = 0;
        scanf("%d", &n);
        for(int i = 2; i <= n; ++i) {
            int f; scanf("%d", &f);
            adj[f].push_back(i);
        }
        dfs(1, 0);
        //按最深子叶深度从小到大排序，排序是精髓
        for(int i = 1; i <= n; ++i) sort(adj[i].begin(), adj[i].end(), cmp);
        dfs2(1, 0, 0, 0);
        printf("Case #%d: %lld\n", ++kase, ans);
        for(int i = 1; i <= n; ++i) adj[i].clear();
    }
    return 0;
}
/*
7
14
1 2 3 3 5 3 7 8 2 10 11 12 13
3
1 1
6
1 2 3 4 4
9
1 2 2 4 5 1 7 8
12
1 2 3 1 5 6 4 4 12 9 11
7
1 2 3 3 2 5
6
1 2 3 3 2
20
1 2 3 4 5 4 7 7 9 2 8 11 11 11 10 9 16 16 12

17
2
6
9
12
8
7
29
*/

I题

题意
点我点我
执行\(n(1e5)\)次操作，共有两类操作：
操作1：获得skill(x,y)，可以随时任意次操作(a+x,b+y)或(a-x,b-y)。
操作2：在(x,y)出现价值为w的宝藏，经过这个地方即可获得。
问获得宝藏的总价值。
解析
把每个技能当作一个向量，由两个向量\(a,b\)构成的张成\(span\{ra+sb|r,s\in\mathbb{Z}\}\)等价于
\(span\{u(a-b)+vb|u,v\in\mathbb{Z}\}\)，同理可以通过辗转相除法将其中一个向量变成\(x\)轴方向偏移为\(0\)。
这样可以轻易判断某个点是否属于张成内。
做法如下：

• 令向量\(b\)的\(x\)轴方向偏移为\(0\)，向量\(a\)不做约束，新准备加入的向量为\(c\)。
• 首先让向量\(a,c\)做辗转相除操作使得向量\(c\)的\(x\)轴方向偏移为\(0\)。
• 然后将向量\(c\)合并到向量\(b\)中，新的向量在\(y\)轴方向偏移为\(b_y,c_y\)绝对值的最小公因数。
• 为了避免辗转相除过程中\(a_y\)过大，可以做\(a_y%=b_y\)处理。

AC_CODE
点我点我

B题

题意
点我点我
#和.分别代表干地和湿地，只能在干地上建长方形围墙。
\(n,m,q\le 1000\)，\(n*m\)的地图有\(q\)次操作。
操作1：修改(x,y)干湿性；
操作2：询问经过(x,y)点的长方形围墙的最大面积(长乘宽)。
解析
枚举该点在上下左右四条边的情况，旋转地图重来四次答案取最大值即可。
现在只考虑该点在下面这条边：
维护每个点向上向左向右最多有几块干地。
然后枚举上边的高度，线段树查询是否有两个柱子即可。柱子就是左右两条边。
复杂度：\(O(4*q*n*log(m)*\alpha)\)
AC_CODE
点我点我

problem description

点我点我