Problem
T1
我们考虑一种贪心策略：对于价格前 \(n-1\) 小的咖啡，我们求出一种最优方案使得按照此方案买完咖啡后钱数 \(\ge 20\) 且最接近 \(20\)。
至于如何求出最优方案，进行一遍 01 背包即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k;
int a[1031],dp[1031];
int main(){
//freopen("overdraft.in","r",stdin);
//freopen("overdraft.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
if(k<=20){ cout<<k; return 0; }
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<n;i++)
for(int j=k-20;j>=a[i];j--)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-a[i]]+a[i]);
cout<<k-dp[k-20]-a[n];
return 0;
}
T2
显然，题目要求的即为树的重心到每个店的距离之和。
考虑树形 dp。
令 \(s_x\) 为节点 \(x\) 的“向下”的子树大小，则有：
（其中 \(S\) 为节点 \(x\) 的子节点的集合）
再令 \(f_x\) 为节点 \(x\) “向上”的字数大小，则有：
（其中 \(V\) 为所有节点的全集）
根据 \(f_x\) 的计算式，我们知道 \(f_x\) 是包含了 \(s_x\) 的。
因此对于所有节点，取 \(f\) 值最大的即为树的重心。
剩下的求距离仅需再次 dfs 一遍即可解决。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,ans,C;
int g[100031],f[100031];
bool vis[100031];
vector<int> G[100031];
void dfs(int x){
vis[x]=1;
for(auto i:G[x]){
if(!vis[i]){
dfs(i);
g[x]+=g[i]+1,f[x]=max(f[x],g[i]+1);
}
}
f[x]=max(f[x],n-g[x]-1);
vis[x]=0;
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1,a,b;i<n;i++){
cin>>a>>b;
G[a].push_back(b);
G[b].push_back(a);
}
dfs(1);
f[0]=1e9+31;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(f[C]>f[i]) C=i;
//cout<<C<<' ';
memset(g,0,sizeof(g));
dfs(C);
for(int i=1;i<=n;i++) ans+=g[i];
cout<<ans;
return 0;
}
T3
考虑贪心地使用 \(k\) 张优惠券。
具体而言，维护三个优先队列，分别表示原价、优惠价、和差价。
然后模拟买咖啡的过程。若当前的最小优惠价 \(+\) 最小差价 \(<\) 最小原价，则使用一张优惠券。
否则，说明当前使用优惠券不比买原价更优，直接买原价即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,k,ans;
int p[20031],c[20031];
struct node{
int val,id;
friend bool operator < (node a,node b){
return a.val>b.val;
}
};
bool vis[20031];
priority_queue<node> a,b;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > d;
signed main(){
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i]>>c[i],a.push({p[i],i}),b.push({c[i],i});
for(int i=1;i<=k;i++) d.push(0);
while(m>0&&ans<n){
while(vis[a.top().id]) a.pop(); while(vis[b.top().id]) b.pop();
if(d.top()+b.top().val<a.top().val){
node t=b.top(); int x=t.val+d.top();
if(m<x) break; m-=x,d.pop(),d.push(p[t.id]-c[t.id]),vis[t.id]=1;
}
else{ node t=a.top(); int x=t.val; if(m<x) break; m-=x,vis[t.id]=1; } ans++;
}
cout<<ans;
return 0;
}
T4
考虑进行线性 dp 求解。
我们令 \(dp_{i,j}\) 表示选择 \(i\) 个物品，总重量为 \(j\) 时的方案总数。
转移方程即为
这样直接计算，时间复杂度为 \(O(n^2)\) 无法接受。
考虑进行前缀和优化。
维护一个前缀和数组 \(sum_{i,j}\)，首先 \(dp_{i,j}\) 至少是 \(sum_{i-1,j \div 2}\)。
然后分类讨论即可：
-
若 \(j>n\)，则为了保持决策区间长度为 \(n+1\)（包括当前的），则 \(dp_{i,j}\) 需要减去 \(sum_{i-1,j-n-1}\)。
-
若 \(j \div 2 \le y \le j\)，则 \(j-y \sim j\) 这个决策区间应该被去除，即 \(dp_{i,j}\) 需要减去 \(dp_{i-1,j-y}\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MOD=998244353;
int n,x,y,ans;
int dp[31][100031],sum[31][100031];
int main(){
cin>>n>>x>>y;
dp[0][0]=1;
for(int i=0;i<=x;i++) sum[0][i]=1;
for(int i=1;i<=20;i++){
for(int j=1;j<=x;j++){
dp[i][j]=sum[i-1][j/2];
if(j>n) dp[i][j]=(dp[i][j]-sum[i-1][j-n-1]+MOD)%MOD;
if(j-j/2<=y&&y<=j) dp[i][j]=(dp[i][j]-dp[i-1][j-y]+MOD)%MOD;
sum[i][j]=(sum[i][j-1]+dp[i][j])%MOD;
}
}
for(int i=0;i<=20;i++) ans=(ans+dp[i][x])%MOD;
cout<<ans;
return 0;
}
