CQ 周赛 Round#1
B. L 覆盖
仔细分析样例后可以发现一个结论，第一次先用 L 形状覆盖最少的 \(1\)，那么后面每次操作只覆盖 \(1\) 个 \(1\)，且存在这种覆盖方式。
参考代码：code
D. 非零和
考虑分段的本质是什么，其实就是给每个元素乘上 \(1\) 或 \(-1\)，且不能有两个相邻元素都乘上 \(-1\)。
于是考虑，初始时假设每个元素都乘上了 \(1\)，现在我们需要将其中一些元素改为乘上 \(-1\)，修改的两个元素不能相邻。
直接贪心地选取即可，从前往后枚举每个元素，判断若当前元素乘上 \(-1\)，元素和的绝对值是否会减小，若减小就操作，然后用数组记录下一个元素不能再乘上 \(-1\)。
贪心的正确性也很好证明，若当前元素乘上 \(-1\) 后，元素和的绝对值会减小，但是我们不修改当前元素，那么下一个元素最多也只会让元素和的绝对值减小相同的数（因为数值只有 \(0,-1,1\)），所以我们先对当前元素进行修改，一定不会更劣，就做完了。
F. 树染色方案计数
一道很有意思的树形 dp，和 P4516 潜入行动 非常相似。
考虑状态怎么定义。第一个维度肯定是以 \(i\) 为根的子树，第二个维度是当前子树中的特殊节点个数，同时还要考虑当前节点的颜色，即为第三个维度。
当前节点的颜色无非跟 \(k\) 有关，即小于 \(k\)，等于 \(k\)，大于 \(k\) 这三种关系，将这三种关系记为 \(0/1/2\)。故定义 \(dp_{i,j,k}\) 表示以 \(i\) 为根的子树中有 \(j\) 个特殊节点，且当前节点颜色编号关系是 \(k\) 的染色方案数。
考虑初始化。\(dp_{i,0,1}=k-1,dp_{i,1,1}=1,dp_{i,0,2}=m-k\)。
考虑转移。套路的来讲，若 \(x\) 是 \(y\) 的父亲，则枚举 \(x\) 选择 \(j\) 个点，枚举 \(y\) 选择 \(k(k\leq j)\) 个点。即为 \(dp_{x,j}= \text{combine}(dp_{x,j-k},dp_{y,k})\)。
此题中，因为加上了 \(k\) 这个维度，所以需要讨论 \(k=0/1/2\) 这三种情况。
- 若 \(k=0\)，即当前节点颜色编号小于 \(k\)，则儿子随便选。
\(dp_{u,j,0}= \sum dp_{u,j-k,0}\times (dp_{v,k,0}+dp_{v,k,1}+dp_{v,k,2})\) - 若 \(k=1\)，即当前节点颜色编号等于 \(k\)，则儿子颜色编号只能小于 \(k\)。
\(dp_{u,j,1}= \sum dp_{u,j-k,1}\times dp_{v,k,0}\) - 若 \(k=2\)，即当前节点颜色编号大于 \(k\)，儿子颜色编号除了 \(k\) 其他都可以选。
\(dp_{u,j,2}= \sum dp_{u,j-k,2}\times (dp_{v,k,0}+dp_{v,k,2})\)
答案即为 \(\sum_{i=0}^{x}\sum_{j=0}^{2 } dp_{1,i,j}\)。
代码：code
