noip2018

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D1T1

春春是一名道路工程师，负责铺设一条长度为 $n$ 的道路。
铺设道路的主要工作是填平下陷的地表。整段道路可以看作是 $n$ 块首尾相连的区域，一开始，第 $i$ 块区域下陷的深度为 $d_i$。
春春每天可以选择一段连续区间 $[L,R]$ ，填充这段区间中的每块区域，让其下陷深度减少 $1$。在选择区间时，需要保证，区间内的每块区域在填充前下陷深度均不为 $0$ 。
春春希望你能帮他设计一种方案，可以在最短的时间内将整段道路的下陷深度都变为 $0$ 。

题解

利用差分思想，用$d_i-d_{i-1}$得到新的序列$a_i$，然后$ans=max(a_i,0)$
效率 $O(n)$

D1T2

在网友的国度中共有 $n$ 种不同面额的货币，第 $i$ 种货币的面额为 $a[i]$，你可以假设每一种货币都有无穷多张。为了方便，我们把货币种数为 $n$、面额数组为 $a[1..n]$ 的货币系统记作 $(n,a)$。
在一个完善的货币系统中，每一个非负整数的金额 $x$ 都应该可以被表示出，即对每一个非负整数 $x$，都存在 $n$ 个非负整数 $t[i]$ 满足 $a[i] \times t[i]$ 的和为 $x$。然而， 在网友的国度中，货币系统可能是不完善的，即可能存在金额 $x$ 不能被该货币系统表示出。例如在货币系统 $n=3$, $a=[2,5,9]$ 中，金额 $1,3$ 就无法被表示出来。
两个货币系统 $(n,a)$ 和 $(m,b)$ 是等价的，当且仅当对于任意非负整数 $x$，它要么均可以被两个货币系统表出，要么不能被其中任何一个表出。
现在网友们打算简化一下货币系统。他们希望找到一个货币系统 $(m,b)$，满足 $(m,b)$ 与原来的货币系统 $(n,a)$ 等价，且 $m$ 尽可能的小。他们希望你来协助完成这个艰巨的任务：找到最小的 $m$。

题解

显然 新的货币系统的 $b_i$ 的每个数都在原来的 $a_i$ 中出现
证明一下？
如果说有新的数出现在 $b_i$ 中，那么它要么可以被原来的数表示，是不优的，要么不能被原来的数表示，是不符合条件的
所以问题转化成 $a_i$ 中留下的数使得不留下的数都被留下的数表示，且最小化留下的数的个数
所以我们设 $f_j$ 表示用 $a_i$ 中的数组成 $j$ 这个数的方案数
显然有 $f_j+=f_{j-a_i}$
最后如果 $f_{a_i}=1$，那么它就只能被自身表示，故 $ans++$
效率 $O(T \times n \times a_{max})$

D1T3

C 城将要举办一系列的赛车比赛。在比赛前，需要在城内修建 $m$ 条赛道。
C 城一共有 $n$ 个路口，这些路口编号为 $1,2,…,n$，有 $n-1$ 条适合于修建赛道的双向通行的道路，每条道路连接着两个路口。其中，第 $i$ 条道路连接的两个路口编号为 $a_i$ 和 $b_i$，该道路的长度为 $l_i$ 。借助这 $n-1$ 条道路，从任何一个路口出发都能到达其他所有的路口。
一条赛道是一组互不相同的道路 $e_1,e_2,…,e_k$ ，满足可以从某个路口出发，依次经过道路 $e_1,e_2,…,e_k$ （每条道路经过一次，不允许调头）到达另一个路口。一条赛道的长度等于经过的各道路的长度之和。为保证安全，要求每条道路至多被一条赛道经过。
目前赛道修建的方案尚未确定。你的任务是设计一种赛道修建的方案，使得修建的 $m$ 条赛道中长度最小的赛道长度最大（即 $m$ 条赛道中最短赛道的长度尽可能大）

题解

通过部分分可以大致推出正解算法
首先当 $m=1$ 时，显然是树的直径最优
然后当 $1$ 号点是根节点，可以利用贪心的思想，让一些边权大的边单独最为赛道，然后剩下的就小的和大的顺序匹配，取 $min$ 即为答案
当一条链时，显然可以二分答案
所以这题正解应该往二分+贪心想
首先我们二分答案 $mid$，然后我们希望儿子传给父亲的边尽量大，所以我们可以把每个点得到的边权从小到大依次匹配到一条边，使得这两条边相加不小于 $mid$，然后把剩余的最大的边往上传递即可，这里可以用 $set$ 维护边权
效率 $O(n \times logn \times logr)$，其中 $r$ 为二分的右端点

D2T1

小 $Y$ 是一个爱好旅行的 $OIer$。她来到X国，打算将各个城市都玩一遍。
小 $Y$ 了解到，$X$国的 $n$ 个城市之间有 $m$ 条双向道路。每条双向道路连接两个城市。不存在两条连接同一对城市的道路，也不存在一条连接一个城市和它本身的道路。并且，从任意一个城市出发通过这些道路都可以到达任意一个其他城市。小 $Y$ 只能通过这些道路从一个城市前往另一个城市。
小 $Y$ 的旅行方案是这样的：任意选定一个城市作为起点，然后从起点开始，每次可以选择一条与当前城市相连的道路，走向一个没有去过的城市，或者沿着第一次访问该城市时经过的道路后退到上一个城市。当小 $Y$ 回到起点时，她可以选择结束这次旅行或继续旅行。需要注意的是，小 $Y$ 要求在旅行方案中，每个城市都被访问到。
为了让自己的旅行更有意义，小 $Y$ 决定在每到达一个新的城市（包括起点）时，将它的编号记录下来。她知道这样会形成一个长度为 $n$ 的序列。她希望这个序列的字典序最小，你能帮帮她吗？ 对于两个长度均为 $n$ 的序列 $A$ 和 $B$，当且仅当存在一个正整数 $x$ 时，满足以下条件时，我们说序列 $A$ 的字典序小于 $B$。
对于任意正整数 $1≤i<x$，序列 $A$ 的第 $i$ 个元素 $A_i$ 和序列 $B$ 的第 $i$ 个元素 $B_i$ 相同。
序列 $A$ 的第 $x$ 个元素的值小于序列 $B$ 的第 $x$ 个元素的值。

题解

因为 $m=n-1$ 或 $m=n$，所以我们可以分类一下
当 $m=n-1$ 时，我们直接从 $1$ 号点 $dfs$ 即可，然后每次编号小的先走即可
当 $m=n$ 时，可以发现最后只有环上的一条边走不到，所以枚举删去环上的一条边，然后取最优的走法即可
效率 $O(n^2 \times logn)$

D2T2

小 $D$ 特别喜欢玩游戏。这一天，他在玩一款填数游戏。
这个填数游戏的棋盘是一个 $n×m$ 的矩形表格。玩家需要在表格的每个格子中填入一个数字（数字 $0$ 或者数字 $1$ ），填数时需要满足一些限制。
下面我们来具体描述这些限制。
为了方便描述，我们先给出一些定义：
• 我们用每个格子的行列坐标来表示一个格子，即（行坐标，列坐标）。（注意：行列坐标均从 $0$ 开始编号）
• 合法路径 $P$：一条路径是合法的当且仅当：

1. 这条路径从矩形表格的左上角的格子 $(0,0)$ 出发，到矩形的右下角格子 $(n−1,m−1)$ 结束；
2. 在这条路径中，每次只能从当前的格子移动到右边与它相邻的格子，或者从当前格子移动到下面与它相邻的格子。

对于一条合法的路径 $P$，我们可以用一个字符串 $w(P)$ 来表示，该字符串的长度为 $n+m−2$，其中只包含字符 $"R"$ 或者字符 $"D"$，第 $i$ 个字符记录了路径 $P$ 中第 $i$ 步的移动方法，$"R"$ 表示移动到当前格子右边与它相邻的格子，$"D"$ 表示移动到当前格子下面与它相邻的格子。
同时，将每条合法路径 $P$ 经过的每个格子上填入的数字依次连接后，会得到一个长度为 $n+m−1$ 的 $01$ 字符串，记为 $s(P)$。
游戏要求小 $D$ 找到一种填数字 $0、1$ 的方法，使得对于两条路径$P1$，$P2$，如果 $w(P1)>w(P2)$，那么必须 $s(P1)≤s(P2)$。我们说字符串 $a$ 字符串 $b$，当且仅当字符串 $a$ 的字典序小于字符串 $b$ 的字典序，字典序的定义详见第一题。但是仅仅是找一种方法无法满足小 $D$ 的好奇心，小 $D$ 更想知道这个游戏有多少种玩法，也就是说，有多少种填数字的方法满足游戏的要求？
小 $D$ 能力有限，希望你帮助他解决这个问题，即有多少种填 $0、1$ 的方法能满足题目要求。由于答案可能很大，你需要输出答案对 $10^9+7$ 取模的结果。

题解

通过打表可以找出规律，然后就可以过了
效率 $O(logm)$

D2T3

$Z$ 国有 $n$ 座城市, $n−1$ 条双向道路，每条双向道路连接两座城市，且任意两座城市都能通过若干条道路相互到达。
$Z$ 国的国防部长小 $Z$ 要在城市中驻扎军队。驻扎军队需要满足如下几个条件：
● 一座城市可以驻扎一支军队，也可以不驻扎军队。
● 由道路直接连接的两座城市中至少要有一座城市驻扎军队。
● 在城市里驻扎军队会产生花费，在编号为 $i$ 的城市中驻扎军队的花费是 $p_i$。
小 $Z$ 很快就规划出了一种驻扎军队的方案，使总花费最小。但是国王又给小 $Z$ 提出了 $m$ 个要求，每个要求规定了其中两座城市是否驻扎军队。小 $Z$ 需要针对每个要求逐一给出回答。具体而言，如果国王提出的第 $j$ 个要求能够满足上述驻扎条件（不需要考虑第 $j$ 个要求之外的其它要求），则需要给出在此要求前提下驻扎军队的最小开销。如果国王提出的第 $j(1≤j≤m)$个要求无法满足，则需要输出 $−1$。现在请你来帮助小 $Z$。

题解

似乎考场大家都会写 $O(n \times m)$ 的暴力 $dp$ ，只有我不会嘤嘤嘤
发现暴力不优秀的地方在于每次用 $O(n)$ 的效率更新了所有的 $dp$ 值，但是仔细想想有一些值是不用被更改的，所以我们要优化这一部分
设 $g_{0/1,i}$ 表示选/不选第 $i$ 个点，在第 $i$ 棵子树内的最小代价
所以若没有限制，可以得到方程式
$g_{0,i}=\sum g_{1,v}$
$g_{1,i}=\sum min(g_{0,v},g_{1,v})$
对于一个询问 $(x,y)$，我们可以一开始强制让不能出现的情况设为 $INF$ ，然后我们发现我们会修改 $g$ 的路径有 $u->lca$， $v->lca$， $lca->root$ 这三条链，其他的子树的答案保持不变
考虑倍增预处理
设 $f_{0/1,0/1,x,i}$ 表示选/不选 $x$ ，选/不选 $x$ 向上走 $2^i$ 步的祖先 $y$ 时，从 $x->y$ 的不包括 $x$ 这个点的子树的答案（即 $y$ 这个子树的答案扣除 $x$ 这个子树的答案）
转移很简单
$f_{0,0,x,0}=INF$
$f_{1,0,x,0}=g_{0,fa_{0,x}}-g_{1,x}$
$f_{0,1,x,0}=f_{1,1,x,0}=g_{1,fa_{0,x}}-min(g_{0,x},g_{1,x})$
$f_{j,k,x,i}=min(f_{j,0,x,i-1}+f_{0,k,fa_{i-1,x},i-1},f_{j,1,x,i-1}+f_{1,k,fa_{i-1,x},i-1})$
然后我们可以直接把 $x,y$ 到 $lca$ 的路径上的 $f$ 数组加起来，并加上 $x$ 的子树和 $y$ 的子树的 $g$ 值，再从 $lca$ 开始加到根节点，就能算出总费用啦
问题来了，$g$ 值都是包含当前我们在做的链下面的子树的贡献的，比如我们要用新的 $x$ 的 $g$ 值更新出新的 $x$ 的父亲 $fa$ 的 $g$ 值时，要计算 $fa$ 的别的子树的贡献，可是怎么处理出这一部分答案呢？
显然别的子树的答案是不会变的，而只有 $x$ 这个子树的 $g$ 值才会更改，所以我们可以先把这一部分在预处理时给 $g_fa$ 的贡献值扣去，再加上新的值
所以我们可以得到
$g_{0,fa}+=new-g_{1,x}$
$g_{1,fa}+=new-min(g_{0,x},g_{1,x})$
$new$ 表示要新加的值
还有一些细节，具体看代码吧

#include <bits/stdc++.h>
#define F 2e18
#define I inline
#define LL long long
#define _(d) while(d(isdigit(c=getchar())))
using namespace std;
const int N=1e5+5;char typ[2];
I int R(){
    int x;bool f=1;char c;_(!) if (c==45) f=0;x=c^48;
    _() x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);return f?x:-x;
}
int n,m,head[N],V[N*2],nex[N*2],t,dep[N],fa[20][N],L;
LL g[2][N],f[2][2][20][N],a[N],X[2],Y[2],h[2],l[2],ans;
I void add(int u,int v){V[++t]=v;nex[t]=head[u];head[u]=t;}
void dfs1(int x){
    dep[x]=dep[fa[0][x]]+1;
    g[1][x]=a[x];f[0][0][0][x]=F;
    for (int i=1;fa[i-1][fa[i-1][x]];i++)
        fa[i][x]=fa[i-1][fa[i-1][x]];
    for (int i=head[x];i;i=nex[i]){
        if (V[i]==fa[0][x]) continue;
        fa[0][V[i]]=x;dfs1(V[i]);
        g[0][x]+=g[1][V[i]];
        g[1][x]+=min(g[0][V[i]],g[1][V[i]]);
    }
}
void dfs2(int x){
    f[1][0][0][x]=g[0][fa[0][x]]-g[1][x];
    f[0][1][0][x]=f[1][1][0][x]=g[1][fa[0][x]]-min(g[0][x],g[1][x]);
    for (int i=1;fa[i][x];i++) for (int j=0;j<2;j++) for (int k=0;k<2;k++)
        f[j][k][i][x]=min(f[j][0][i-1][x]+f[0][k][i-1][fa[i-1][x]],f[j][1][i-1][x]+f[1][k][i-1][fa[i-1][x]]);
    for (int i=head[x];i;i=nex[i]) if (V[i]!=fa[0][x]) dfs2(V[i]);
}
I void work(int x,int tx,int y,int ty){
    X[0]=X[1]=Y[0]=Y[1]=l[0]=l[1]=F;
    X[tx]=g[tx][x];Y[ty]=g[ty][y];
    int r=dep[x]-dep[y];
    for (int j=19;~j;j--) if ((1<<j)&r){
        h[0]=X[0];h[1]=X[1];
        X[0]=min(h[0]+f[0][0][j][x],h[1]+f[1][0][j][x]);
        X[1]=min(h[0]+f[0][1][j][x],h[1]+f[1][1][j][x]);
        x=fa[j][x];
    }
    if (x==y) L=y,l[ty]=X[ty];
    else{
        for (int j=19;~j;j--) if(fa[j][x]!=fa[j][y]){
            h[0]=X[0];h[1]=X[1];
            X[0]=min(h[0]+f[0][0][j][x],h[1]+f[1][0][j][x]);
            X[1]=min(h[0]+f[0][1][j][x],h[1]+f[1][1][j][x]);
            h[0]=Y[0];h[1]=Y[1];
            Y[0]=min(h[0]+f[0][0][j][y],h[1]+f[1][0][j][y]);
            Y[1]=min(h[0]+f[0][1][j][y],h[1]+f[1][1][j][y]);
            x=fa[j][x];y=fa[j][y];
        }
        L=fa[0][x];l[0]=g[0][L]-g[1][x]-g[1][y]+X[1]+Y[1];
        l[1]=g[1][L]-min(g[0][x],g[1][x])-min(g[0][y],g[1][y])+min(X[0],X[1])+min(Y[0],Y[1]);
    }
    if (L==1) ans=min(l[0],l[1]);
    else{
        r=dep[L]-2;
        for (int j=19;~j;j--) if((1<<j)&r){
            h[0]=l[0];h[1]=l[1];
            l[0]=min(h[0]+f[0][0][j][L],h[1]+f[1][0][j][L]);
            l[1]=min(h[0]+f[0][1][j][L],h[1]+f[1][1][j][L]);
            L=fa[j][L];
        }
        ans=min(g[0][1]-g[1][L]+l[1],g[1][1]-min(g[0][L],g[1][L])+min(l[0],l[1]));
    }
}
int main(){
    n=R();m=R();scanf("%s",typ);
    for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=R();
    for (int x,y,i=1;i<n;i++)
        x=R(),y=R(),add(x,y),add(y,x);
    dfs1(1);dfs2(1);
    for (int x,tx,y,ty;m--;){
        x=R();tx=R();y=R();ty=R();
        if (dep[x]<dep[y]) swap(x,y),swap(tx,ty);
        work(x,tx,y,ty);printf("%lld\n",ans<F?ans:-1);
    }
    return 0;
}