Codeforces Round #683 (Div. 1) Solution

A. Knapsack

猜个结论——先把所有的东西加起来，如果小于 \(\frac{1}{2}m\) 就输出不合法；如果在 \([\frac{1}{2}m, m]\)之间直接全部输出；若大于 \(m\)，那就想办法把他减到 \(m\) 以下并且大于等于 \(\frac{1}{2}m\)，那么问题就转化为了求序列减完以后大于等于 \(\frac{1}{2}m\) 的情况下的最小值。那我们排个序，从大到小循环，把当前能减的都减掉就是了。

for (int i = n; i; i--)
	{
		//fout << '$' << p[i] << ' ' << a[p[i]] << ' ';
		if ((sum - a[p[i]]) * 2 >= W)
		{
			sum -= a[p[i]];
			used[p[i]] = false;
		}
	}

B. Catching Cheaters

又是一个巧妙的序列 DP。设 \(f_{i,j}\)表示 \(a\) 中选出的子段以 \(i\) 结尾、\(b\) 中选出的子段以 \(j\) 结尾的最大相似值。为什么可以这么设状态呢？因为我们根本不关心前面是什么样子的，我只想知道截止 \((i-1,j-1)\) 这个位置的最大相似值，并且这个东西满足最优子结构。状态转移方程：

\[f_{i,j} = \max\{0, f_{i-1,j}+1, f_{i,j-1}+1, f_{i-1,j-1}+4[a_i==b_j] - 2\} \]

这个东西思考起来很困难，因为总感觉这个和两个序列所选段的起始点有关；仔细想想，其实是无关的。

C. Xor Tree

假设留下了 \(k\) 个点，则一共 \(k\) 条边，要构成一个可以有重边的树，那么它合法当且仅当这个重边唯一，即 \(j\) 是 \(i\) 要找的点且 \(i\) 是\(j\) 要找的点，这样的点对唯一。

最少扣掉几个数转化为最多留下几个数。把原序列搞到 0/1 Trie 上，设 \(f_x\) 表示 \(subtree(x)\) 中最多留下几个点。如何转移？我们发现，若它的其中一颗子树的 \(size > 1\)，那么这颗子树一定是自己内部全连完；若它两颗子树的 \(size_1\) 都大于 1，那么这颗树就断开了。所以状态转移方程为 \(f_x = max(f_{ls},f_{rs})+1\)，若只有一个孩子就直接等于。可以证明这样是充分必要的。