贪心

P2887 [USACO07NOV] Sunscreen G

将奶牛按照 $minn[i]$ 从大到小排序，对于任意一个奶牛，如果存在一个适合于他且 $spa$ 值尽量大的防晒霜，就用它；否则这个奶牛不用防晒霜。时间复杂度$O(n^2)$。

$code:$

bool cmp(node a,node b){
	return a.l>b.l;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
	for(int j=1;j<=m;++j)
		scanf("%d%d",&b[j].w,&b[j].num);
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int maxn=0,id=0;
		for(int j=1;j<=m;++j)
			if(b[j].w>=a[i].l&&b[j].w<=a[i].r&&b[j].num){
				if(b[j].w>maxn)
					maxn=b[j].w,id=j;
			}
		if(id){
			++ans;
			--b[id].num;
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

P2859 [USACO06FEB] Stall Reservations S

将每一个区间以左端点的值为关键字，从大到小排序。

设 $a_j$ 表示第 $j$ 个小组最靠右的区间的右端点。对于第 $i$ 个区间，如果能放入小组 $j$ ，那么 $a_j<l_i$ 。因此只需要判断最小的 $a_j$ 是否小于 $l_i$ ，如果符合，就直接把 $i$ 放入小组 $j$ ；否则新建一个小组。

用小根堆维护上述小组，时间复杂度 $O(n$ $logn)$

$code:$

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r),a[i].num=i;
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(q.empty()||q.top().w>=a[i].l){
			q.push((que){++tot,a[i].r});
			b[tot].push_back(a[i].num);
		}
		else{
			int now=q.top().id;
			q.pop();q.push((que){now,a[i].r});
			b[now].push_back(a[i].num);
		}
	}
	printf("%d\n",tot);
	for(int i=1;i<=tot;++i)
		for(int j=0;j<b[i].size();++j)
			at[b[i][j]]=i;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		printf("%d\n",at[i]);
	return 0;
}

P3942 将军令

在做本题之前，可以看看这个里面的$P4516$及其相似题。

为了用最少的点照亮所有点，可以贪心地考虑让一个点尽可能地照亮更多的点。

令 $f[x]$ 表示 $x$ 到其子树中最远的未被照亮的点的距离。（若 $f[x]=-inf$ ，说明 $x$ 子树内没有未被照亮的点）

令 $g[x]$ 表示 $x$ 到其子树中最近的灯。（若 $g[x]=inf$ ，说明 $x$ 子树内没有灯）

接下来考虑如何更新 $f,g$

①：$g[x]+f[x]<=k$，说明 $x$ 的一些子树的灯可以照亮其他子树的点，也就会导致 $x$ 的子树内的点全部被照亮，直接令 $f[x]=-inf$ 即可。

②：$g[x]>k$， $x$ 子树内的灯不能照亮 $x$ ，那么需要令 $f[x]=max(f[x],0)$

③：$f[x]==k$，这时 $x$ 本身必须得放灯了，令 $f[x]=-inf,g[x]=0$，同时答案加一。

$code:$

void dfs(int x,int fa){
    f[x]=-1e9;g[x]=1e9;
    for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
        if(ver[i]!=fa){
            dfs(ver[i],x);
            f[x]=max(f[x],f[ver[i]]+1);
            g[x]=min(g[x],g[ver[i]]+1);
        }
    if(f[x]+g[x]<=m)
        f[x]=-1e9;
    if(g[x]>m)
        f[x]=max(f[x],0);
    if(f[x]==m)
        f[x]=-1e9,g[x]=0,++ans;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&id);
    for(int i=1;i<n;++i)
        scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);
    dfs(1,0);
    if(f[1]>=0)
        ++ans;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

双倍经验：P3523 [POI2011] DYN-Dynamite

P5021 [NOIP2018 提高组] 赛道修建

要求最大化最小值，所以二分答案。

然后就 $dfs$ ，经过当前节点的链有两种情况：由两个儿子拼起来；由儿子和父亲拼起来。能和父亲拼起来的尽量拼，剩下的就放进一个 $multiset$ ，两两配对，返回给父亲的值为不能配对的那一个。

$code:$

int dfs(int x,int fa){
    multiset <int> s;
    for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
        if(ver[i]!=fa){
            int w=dfs(ver[i],x);
            if(w+edge[i]>=mid)
                ++ans;
            else
                s.insert(w+edge[i]);
        }
    int re=0;
    while(!s.empty()){
        multiset <int>::iterator it;
        it=s.upper_bound(0);
        int now=*it;
        s.erase(it);
        it=s.lower_bound(mid-now);
        if(it==s.end())
            re=now;
        else
            s.erase(it),++ans;
    }
    return re;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<n;++i){
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        add(u,v,w);add(v,u,w);
        sum+=w;
    }
    int l=1,r=sum;
    while(l<r){
        mid=(l+r+1)>>1;
        ans=0;dfs(1,0);
        if(ans>=m)
            l=mid;
        else
            r=mid-1;
    }
    printf("%d\n",r);
    return 0;
}