ACM-ICPC(10 / 9)

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了ACM-ICPC(10 / 9)相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

ACM-ICPC(10.9) 树形DP

树形DP考点很多,状态转移有时会很复杂,但是也有规律可寻,最重要的是抓住父子关系之间的状态转移。

 

  • 树的最大独立集:尽量选择多的点,使得任何两个结点均不相邻。?

状态转移,两种方案:

?

?

这样用记忆化的方案来做。

 

另一种,也是很常见的,也是很重要的——刷表法。

计算出一个? 后,去刷新他的父亲,和祖父结点的值。

 

  • 树的重心:找到一个点,以这个点为重心,最大子树的结点数最小。

这里需要反选,名字瞎起的,也很常见的哦~?

 

  • 树的直径,也可以用树形DP来做,但是两次DFS更常用。

  • 树形背包。

推荐题目:树形DP很具有思维和编程控制能力,题目较多,认真思考。

BZOJ 3722,1131,4753

Description

Fancy爷宣布XJOI群将要选举下一任群主。候选人有两名,分别是XYW和吉丽。共有n个人(从1~n编号)参加这次投票。他们之间形成了一个树结构,根结点(1号结点)为Fancy。树上的结点有两种身份:专家(叶子结点)或领导(非叶子结点)。每位专家都有自己的选择——支持XYW和吉丽之中的一个;每位领导都有若干个下属(儿子结点),领导的选择决定于下属中人数较多的那一方,下属的数目保证为奇数,从而不会出现平局状况。最后,Fancy的选择即为选举结果。吉丽和XYW知道,目前仍有一些专家处于犹豫未决的状态,只要前去游说,就可获得他的支持。但是由于精力不够,每人每天只能选择游说1名专家;XYW起床更早,他比吉丽先进行游说。这样两人交替进行,直到每位专家都有了确定的选择。请问XYW是否有策略保证自己赢得选举胜利?

Input

第一行一个整数n(2<=n<=1000),表示人数。接下来有n行。第i行中,第一个数为ci。如果c[i]<=0,则i是专家,-2表示其支持XYW,-1表示支持吉丽,0表示仍在犹豫;如果c[i]>0,则c[i]为奇数,表示i是领导,其后c[i]个整数为i的下属。(数据保证为树结构,即除了根节点1以外每个结点有且仅有一个上级)

Output

若XYW无法保证胜利,仅输出一行NIE。否则,输出第一行包含TAK和一个非负整数d;输出第二行包含d个整数,按升序排列,表示XYW在必胜策略下,第一天可以选择游说的专家的编号。(如果不存在犹豫不决的专家,且XYW获得胜利的情况下,则d=0,第二行为空行)

Sample Input

43 2 3 4-20-1

Sample Output

TAK 13

HINT

 

乍一眼看去,很是复杂,树形博弈SG函数,挺麻烦的,但是数据量很小,考虑枚举O(n^2)。

枚举每一个犹豫的人,看是否必胜,统计贡献值即可~

#include <bits/stdc++.h>
?
using namespace std;
?
const int maxn = 1005;
?
struct Edge {
   int to,next;
}e[maxn*2];
?
int tot;
int n;
int c[maxn];
int head[maxn];
?
void add(int u,int v) {
   e[++tot].to = v;
   e[tot].next = head[u];
   head[u] = tot;
}
?
int col[maxn];
?
int dfs(int u) {
   if(c[u]<=0) return col[u];
   int sum = 0;
?
   for(int i = head[u]; i ; i = e[i].next) {
       int v = e[i].to;
       sum+=dfs(v);
  }
   if(sum<0) return -1;
   if(sum>0) return 1;
   return 0;
}
?
int main()
{
   freopen("in.txt","r",stdin);
   scanf("%d",&n);
   for(int i = 1; i <= n; i++) {
       scanf("%d",&c[i]);
?
       for(int j = 1; j <= c[i]; j++) {
           int v;
           scanf("%d",&v);
           add(i,v);
      }
?
       if(c[i]==-2)
           col[i] = 1;
       if(c[i]==-1)
           col[i] = -1;
       if(c[i]==0)
           col[i] = 0;
       if(c[i]>0)
           col[i] = 0x3f3f3f3f;
  }
?
   if(dfs(1)==-1) {
       puts("NIE");
       return 0;
  }
?
   vector<int> ans;
   for(int i = 1; i <= n; i++) {
       if(col[i]==0) {
           col[i] = 1;
           if(dfs(1)==1) {
               ans.push_back(i);
          }
           col[i] = 0;
      }
  }
?
   printf("TAK %d\n",ans.size());
?
   if(ans.size()>0)
       printf("%d",ans[0]);
?
   for(int i = 1; i < (int)ans.size(); i++)
       printf(" %d",ans[i]);
   puts("");
   return 0;
}

 

1131

Description

给出一个N个点的树,找出一个点来,以这个点为根的树时,所有点的深度之和最大

Input

给出一个数字N,代表有N个点.N<=1000000 下面N-1条边.

Output

输出你所找到的点,如果具有多个解,请输出编号最小的那个.

Sample Input

81 45 64 56 76 82 43 4

Sample Output

7

 

抓住父子关系,大部分的树形DP都是自底向上做的,这题例外很少见哦~

? : 深度之和。

作为儿子结点,可以很容易的转移: ? 这里就用到反选了哦。

这个DP前提是? 算对的情况。因此要自顶向上转移。

树形DP,有很多OJ用vector建树会超时,还是习惯用head的向前星形式的哦。


#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn = 1e6+5;
typedef long long ll;

vector<int> g[maxn];
ll sz[maxn];
int dep[maxn];
ll f[maxn];
int n;

/*
void dfs1(int u,int fa,int d) {
   sz[u] = 1;
   dep[u] = d;
   f[u] = dep[u];
   for(int i = 0; i <(int)g[u].size(); i++) {
       int v = g[u][i];
       if(v==fa) continue;
       dfs1(v,u,d+1);
       sz[u] +=sz[v];
       f[u] +=f[v];
   }
}

ll minn;
int ret;
void dfs2(int u,int fa) {
   for(int i = 0; i < (int)g[u].size(); i++) {
       int v = g[u][i];
       if(v==fa) continue;
       f[v] = f[u] - sz[v] + n - sz[v];
       dfs2(v,u);
   }
}
*/

struct Edge {
   int to,next;
}e[maxn*2];

int cnt;
int head[maxn];
void add(int u,int v) {
   e[++cnt].to = v;
   e[cnt].next = head[u];
   head[u] = cnt;
}

void dfs1(int u,int fa,int d) {
   sz[u] = 1;
   dep[u] = d;
   f[u] = dep[u];
   for(int i = head[u]; i; i=e[i].next) {
       int v = e[i].to;
       if(v==fa) continue;
       dfs1(v,u,d+1);
       sz[u] +=sz[v];
       f[u] +=f[v];
  }
}

ll minn;
int ret;

void dfs2(int u,int fa) {
   for(int i = head[u]; i; i=e[i].next) {
       int v = e[i].to;
       if(v==fa) continue;
       f[v] = f[u] - sz[v] + n - sz[v];
       dfs2(v,u);
  }
}

int read()
{
   int x=0,f=1;char ch=getchar();
   while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
   while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
   return x*f;
}

int main()
{
   //scanf("%d",&n);
   n = read();
   int u,v;
   for(int i = 1; i < n; i++) {
       u = read();
       v = read();
       add(u,v);
       add(v,u);
  }

   dfs1(1,0,0);
   dfs2(1,0);
   minn = -1;
   for(int i = 1; i <= n; i++) {
       if(minn<f[i])
      {
           minn = f[i];
           ret = i;
      }
  }
   printf("%d\n",ret);
   return 0;
}

 

bzoj 4753

需要用到01分数规划。

先做两个01分数规划的入门题吧~

 

 

以上是关于ACM-ICPC(10 / 9)的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章

;~ 小部分AutoHotkey源代码片段测试模板2019年10月9日.ahk

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