模拟62 题解

A. Graph

在树的情况下，答案是显然的。

一次dfs，尽量将子树内不同的边合并就可以了。

考虑非树的情况，可以生成一棵树。

将非树边任意加在一个端点上，视作点权加一。

对于树上的每一个点，先考虑它的子节点，子节点的父边尽量在子节点处作连接节点使用。

如果子节点的父边还没有被使用，那么只能在父节点处使用。

同时将该节点的点权不断使用。

正确性是显然的，因为对于每一个联通块，都可以形成足够的边对。

 

 

 

B. Permutation

发现每次交换在位置上会变化很多，但是在值域上却只会变化 $1$。

这说明可以处理出数组 $pos$，使 $pos_{a_i}=i$，也就是说 $pos$ 是 $a$ 的逆置换，显然也有 $a_{pos_i} = i$。

将所有不能交换的点对建边，跑出最优的拓扑序就是最优解。

不能交换的点对的形式是简单的：$i < j, |pos_i - pos_j| < k$。

然而暴力建边是 $n^2$ 的，一个很好的性质是，在 $pos$ 的限制下，每个点建边区间范围是相同的。

所以每个 $i$ 只要分别向满足 $pos_j < pos_i$ 和 $pos_j > pos_i$ 两个条件的最小的 $j > i$ 建边就可以了。

有这样一个结论存在，想要最小化答案 $b$ 的拓扑序，等价于最大化 $b$ 的逆置换的反向拓扑序（反向边，从 $n$ 到 $1$ 求的拓扑序称为反向拓扑序），这个可以理解为不断把大的节点放在了后面，也就是尽量把小的放在了前面。

需要注意，最小化 $b$ 的逆置换的拓扑序的做法在一般情况下是错误的，但是在本题中因为一些特殊原因却是可以 AC 的。

本题中实际上是利用了特殊性质，因为会不断交换合法的点，使得不存在使原数组更小的情况。

具体证明见洛谷题解区，原题为 AGC001F。

 

 

C. Tree

答案为边权之和。

不妨考虑最优答案应当是怎样的。

每一条权值较小的边应当被尽量少的次数经过，所以应当尽量先取权值大的边。

想一想就可以知道：

最优答案一定不会大于边权之和。

因为对于任何一个排列，每条边至少会经过一次。

存在一种构造方式，构造出边权之和。

使最大边权所连的点入队，不断取出队中的点所连的最大边权，并将新点入队。

这样形成的排列，边权不断减小，所以每条边都被充分利用，所以是正确的。