8.13集训
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改题
第一题
给出一颗n个点的树，从1号点出发走m步，每步一条边，最多可以经过多少点？点和边均可以重复经过，但重复的点只计算一次。
显然，我们需要找出距离1号点最远的边，这些边都只走一次，别的边走两次
考虑三种情况：
- 1，m过于大，即使把整个图都跑完也用不完m
- 2，m刚好可以跑完那个距离1号点的最长链
- 3，m可以跑完那个链，还有剩余
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define debug
using namespace std;
//东方之珠 整夜未眠！
const int N = 3e5+66;
int d[N];
struct node {int to, nex;}e[N<<1]; int head[N], cnt;
inline void jiabian(int u, int v) {
e[++ cnt].to = v;
e[cnt].nex = head[u];
head[u] = cnt;
}
inline int dfs(int x, int fa) {
int i;
for (i = head[x]; i; i = e[i].nex) {
int y = e[i].to;
if (y == fa) continue;
d[y] = d[x] + 1;
dfs(y, x);
}
}
inline int thestars() {
int i, j, k, n, m, res(0);
cin >> n >> m;
for (i = 1; i < n; ++ i) {
int x, y;
cin >> x >> y;
jiabian(x, y);
}
dfs(1, 0);
for (i = 2; i <= n; ++ i) {
if (res < d[i]) {
res = d[i];
}
}
if (m <= res) cout << m + 1;
else if (m >= res + 2 * (n - res - 1)) cout << n;
else cout << res + (m - res)/2 + 1;
return 0;
}
int youngore = thestars();
signed main() {;}
第二题
给出一棵n个点的树，第i个点的权值为\(a_i\)，现在你可以进行如下操作：
- 1，选择一个包含1号点的连通子图，使其中所有点权值+1
- 2，选择一个包含1号点的连通子图，使其中所有点权值-1
求最小的操作次数，使得所有点的权值都变为0
第一次看见我以为是关于差分的题，就像这道一样
于是我一直在想树上差分，一直在想，一直在想，可是考完试我才发现，跟tm差分没一点关系，
如果我没有一直往差分那里钻，或许我还能想到一些暴力的做法，
想到差分，注定了我只能拿零分
给出gxz的题解：
设\(f[i]\)表示以i为根的子树需要进行-1操作的次数，则需要进行+1操作的次数为\(f[i]-a[i]\)
考虑一个点，不考虑自身的话，需要进行的\(-1\)和\(+1\)操作都是所有子节点的最大值。
故记\(M = Max(f[son]),N = Max(f[son]-a[son])\),子树至少要减\(M\)次，自己至少要减\(N+a_i\)次
得到\(f[i] =Max(M, N+a[i])\)
最终答案为\(f[1]+(f[1]+a[1])\)
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define debug
using namespace std;
//东方之珠 整夜未眠！
const int N = 3e5+66;
int f[N], a[N];
struct node {int to, nex;}e[N<<1]; int head[N<<1], cnt;
inline void add(int u, int v) {
e[++ cnt].to = v;
e[cnt].nex = head[u];
head[u] = cnt;
}
inline void dfs(int x, int fa) {
int i, M(0), N(0);
for (i = head[x]; i; i = e[i].nex) {
int y = e[i].to;
if (y == fa) continue;
dfs(y, x);
M = max(M, f[y]);
N = max(N, f[y] - a[y]);
}
f[x] = max(M, N + a[x]);
}
inline int thestars() {
int i, j, k, n, m, res(0);
cin >> n;
for (i = 1; i < n; ++ i) {
int x, y;
cin >> x >> y;
add(x, y);
add(y, x);
}
for (i = 1; i <= n; ++ i) scanf ("%lld", &a[i]);
dfs(1, 0);
cout << (f[1] + f[1] - a[1]);
fclose (stdin), fclose (stdout);
return 0;
}
int youngore = thestars();
signed main() {;}
注意开LL
第三题
给出gxz题解：
发誓再也tm不用cin了
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define debug
using namespace std;
//东方之珠 整夜未眠！
const int N = 5e5+66;
const double eps = 1e-7;
double w[N], f[N], g[N];
struct node {int to, nex; double val;}e[N<<1]; int head[N<<1], cnt;
inline void add(int x, int y, double z) {
e[++ cnt].to = y;
e[cnt].val = z;
e[cnt].nex = head[x];
head[x] = cnt;
}
inline void dfs1(int x, int fa) {
int i;
f[x] = 1 - w[x];
for (i = head[x]; i; i = e[i].nex) {
int y = e[i].to;
if (y == fa) continue;
dfs1(y, x);
f[x] *= 1 - f[y] * e[i].val;//cong 0 tui dao 1
}
f[x] = 1 - f[x]; //f[x] cong biao shi 0 bian cheng le biao shi 1
}
inline void dfs2(int x, int fa) {
int i;
for (i = head[x]; i; i = e[i].nex) {
int y = e[i].to;
if (y == fa) continue;
if (1 - f[y] * e[i].val < eps) g[y] = 1;
else g[y] = 1 - (1 - f[y]) * (1 - (1 - (1 - g[x]) / (1 - f[y] * e[i].val)) * e[i].val);
dfs2(y, x);
}
}
inline int thestars() {
int i, j, k, x, y, n;
double z, res(0);
cin >> n;
for (i = 1; i < n; ++ i) {
scanf ("%d%d%lf", &x, &y, &z);
add(x, y, z/100);
add(y, x, z/100);
}
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%lf" , &w[i]) , w[i] /= 100;
dfs1(1, 0);
g[1] = f[1];
dfs2(1, 0);
for (i = 1; i <= n; ++ i) res += g[i];
printf ("%.6lf\n" , res);
return 0;
}
int youngore = thestars();
signed main() {;}
