桂林电子科技大学第三届ACM程序设计竞赛（LCA、dp、树形dp、后缀数组、贪心）
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/558#question
A：后缀数组模板题
B：map标记一下
C：
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/558/C
来源：牛客网
题目描述
小猫在研究二元组。
小猫在研究最大值。
给定N个二元组(a1,b1),(a2,b2),…,(aN,bN)，请你从中选出恰好K个，使得ai的最小值与bi的最小值之和最大。
请输出ai的最小值与bi的最小值之和
输入描述:
第一行两个正整数N,K，表示二元组数量与需要选的数量。
接下来N行，第i行两个正整数ai,bi。输出描述:
一行一个正整数，表示最大的a_i的最小值与b_i的最小值之和。示例1
输入
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3 2
1 1
2 3
3 1输出
复制
3备注:
1≤N≤105,1≤ai,bi≤109考虑选k个a和b，组成两个集合，并且从里面各选一个最小的，要求相加最大值要大。
我们只用考虑枚举a的最小值，再开个优先队列放b，每次size == k的时候 直接更新一次答案，更新过后贪心，因为我们下次可以从已经选好的k个里面拿出去一个，因为下次我们的a肯定是更小的所以不考虑a， 所以直接pop一个最小的b，然后接着更新就好了。
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/558/D
来源：牛客网
struct node{
int a,b;
}g[maxn];
bool cmp(node a,node b){
return a.a > b.a;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
priority_queue,greater >q;
while(cin >> n >> k){
for(int i = 1;i <= n;i++) cin >> g[i].a >> g[i].b;
sort(g + 1,g + 1 + n ,cmp);
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= n;i++){
q.push(g[i].b);
if(q.size() == k){
ans = max(ans,q.top() + g[i].a); q.pop();
}
}
cout << ans << endl;
}
cerr << "time: " << (long long)clock() * 1000 / CLOCKS_PER_SEC << " ms" << endl;
return 0;
} 寻找
题目描述
小猫在研究树。
小猫在研究树上的距离。
给定一棵N个点的树，每条边边权为1。
Q次询问，每次给定a,b,c，请你输出a到b的路径上离c最近的点的编号。
输入描述:
第一行一个正整数N，表示节点数量。
接下来N−1行，第i行两个正整数ui,vi，表示第i条边连接节点ui,vi。
接下来一行一个正整数Q，表示询问数量。
接下来Q行，每行三个正整数a,b,c，表示一组询问。输出描述:
Q行，每行一个正整数，表示每个询问的答案。示例1
输入
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5
1 2
1 3
2 4
2 5
3
1 2 3
4 5 1
1 4 5输出
复制
1
2
2备注:
1≤N,Q≤105其实可以看出来只有两种情况，因为在树上a到b只有一条路，
一种情况是一个在以LCA(a，b）为根得子树下，另外一个是不在
对于第一个就是，即从a和b的路径到c，会经过一个拐点，走到另外半颗子树才能达到c，这个拐点就是a和b的LCA
首先对于第一个情况，可以得知，先对a和b求一次LCA得到点x，x再和c求一次LCA，求出来的点如果还是x，则可以说明c不在集合q里（画一下图就知道了）， 则离c最近的点就是x点
如果不是x，则说明c在在子树下，这样就会比较复杂一些，需要c根a和b分别再求一次LCA，因为不确定c是再哪个节点下的，然后再求一下树上任意两点之间的距离 len = num[x] + num[y] - 2 * num[LCA(x,y)]，哪个距离小就是那个点了
ll c,n,k;
int top[maxn],son[maxn],num[maxn],siz[maxn];
vectorv[maxn];
void dfs(int x,int _fa){
fa[x] = _fa;siz[x] = 1;
num[x] = num[_fa] + 1;
for(auto d:v[x]){
if(d == _fa) continue;
dfs(d,x); siz[x] += siz[d];
if(siz[d] > siz[son[x]]) son[x] = d;
}
}
void dfs2(int x, int topf) {
top[x] = topf;
if(!son[x]) return ;
dfs2(son[x], topf);
for(int i = 0; i < v[x].size(); i++) {
int to = v[x][i];
if(!top[to]) dfs2(to, to);
}
}
int LCA(int x, int y) {
while(top[x] ^ top[y]) {
if(num[top[x]] < num[top[y]]) swap(x, y);
x = fa[top[x]];
}
return num[x] < num[y] ? x : y;
}
int getnum(int x,int y){
return num[x] + num[y] - 2 * num[LCA(x,y)];
}
int main() {
while(cin >> n){
int x,y,x1,y1;
for(int i = 1;i < n;i++){
x = rd(),y = rd();
v[x].push_back(y),v[y].push_back(x);
}
num[1] = 1;
dfs(1,0);
dfs2(1,1); int q; cin >> q;
while(q--){
int z;
x = rd(),y = rd(),z = rd();
int dis1 = getnum(x,z),dis2 = getnum(y,z);
int xx = LCA(x,y);
int zz = LCA(xx,z);
if(xx == zz){
int aa = LCA(x,z);
int bb = LCA(y,z);
if(getnum(aa,z) < getnum(bb,z))
cout << aa << endl;
else cout << bb << endl;
}else {
cout << xx << endl;
}
}
}
// cerr << "time: " << (long long)clock() * 1000 / CLOCKS_PER_SEC << " ms" << endl;
return 0;
}
E：循环求一下就好了，就是求最长非递减子串
cin >>n;for(int i = 1;i <= n;i++)cin >> a[i];
ll sum1 = 0,sum2 = 0;
MS0(f);
for(int i = 1;i <= n;i++){
if(a[i] >= a[i - 1]) f[i] = f[i - 1] + 1;
else f[i] = 1;
}
// for(int i = 1;i <= n;i++) cout << f[i] << " ";
// cout << endl;
int l = 0,r = 0, Max = 0;
for(int i = 1;i <= n;i++){
if(Max < f[i]){
l = i - f[i] + 1;
r = i;
Max = f[i];
}
}
cout << l << " " << r << endl;F：由于范围比较小，直接跑一遍传递闭包，优化都不用加
for(int i = 1;i <= m;i++){
int x,y;
cin >> x >> y;
vis[x][y] = 1;
}
for(int k = 1;k <= n;k++){
for(int i = 1;i <= n;i++){
for(int j = 1;j <= n;j++){
if(vis[i][j] || (vis[i][k] && vis[k][j]))
vis[i][j] = 1;
}
}
}
ll ans = 0;
for(int i = 1;i <= n;i++){
for(int j = 1;j < i;j++){
if(vis[i][j] && vis[j][i]) ans++;
}
}
cout << ans << endl;G：链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/558/G
来源：牛客网
路径
时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 262144K，其他语言524288K
64bit IO Format: %lld
题目描述
小猫在研究树。
小猫在研究路径。
给定一棵N个点的树，每条边有边权，请你求出最长的一条路径，满足经过每个点最多一次，经过的边的条数为偶数，且边权和最大。
请输出这个最大的边权和。
输入描述:
第一行一个正整数N，表示节点个数。 接下来N−1行，第i行三个正整数 ui,vi,wi，表示第i条边连接点ui,vi，边权为wi。
输出描述:
一行一个正整数，表示最大的边权和。
示例1
输入
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5 1 2 5 1 3 5 2 4 5 2 5 1
输出
复制
10
备注:
1≤N≤105,1≤wi≤109，保证输入数据形成一棵树。
做过一些树形dp就很容易可以看出来树形dp，搞两个状态位，f[i][0/1]代表以i为根节点下边长是偶数或者奇数的最大值
每次用f[x][0] + d.se + f[d.fi][1]、f[x][1] + d.se + f[d.fi][0]更新答案（即已经找到的x的最大值的边，加上当前边和刚刚找的d下面的边）
对于x是d的父亲转移：f[x][1] = max(f[d][0] + val ，f[x][1]);f[x][0] = max(f[d][1] + val,f[x][0]);
最后就是注意初始化，要考虑叶子节点偶数和奇数分别初始化成什么
ll f[maxn][2]; ll ans = 0;
vectorv[maxn];
void dfs(int x,int fa){
for(auto d:v[x]){
if(d.fi == fa)continue;
dfs(d.fi,x);
// cout << ans << endl;
if(v[d.fi].size() == 0)
ans = max(ans,f[x][1] + d.se + f[d.fi][0]);
// cout << ans << endl;
ans = max(ans,f[x][0] + d.se + f[d.fi][1]);
f[x][1] = max(f[d.fi][0] + d.se,f[x][1]);
f[x][0] = max(f[d.fi][1] + d.se,f[x][0]);
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
while(cin >> n){
for(int i = 1;i < n;i++){
int x,y,z;
cin >> x >> y >> z;
v[x].push_back(P(y,z));
v[y].push_back(P(x,z));
}
for(int i = 1;i <= n;i++) f[i][0] = 0,f[i][1] = -1e18;
dfs(1,0);
// for(int i = 1;i <= n;i++){
// cout << f[i][1] << " "<< f[i][0] << endl;
// }
cout << ans << endl;
}
cerr << "time: " << (long long)clock() * 1000 / CLOCKS_PER_SEC << " ms" << endl;
return 0;
}
H：略
I：可以dp，f[i][0/1] 代表不选第i个物品与选第i个物品的最大值
转移：f[i][1] = f[i - 1][0] + a[i] , f[i][0] = f[i][1]
cin >>n;for(int i = 1;i <= n;i++)cin >> a[i];
ll sum1 = 0,sum2 = 0;
MS0(f);
for(int i = 1;i <= n;i++){
f[i][1] = f[i - 1][0] + a[i];
f[i][0] = max(f[i - 1][0],f[i - 1][1]);
}
cout << max(f[n][1],f[n][0]) << endl;
// cout << max(sum1,sum2) << endl;
J：dfs一下略