高精度加法板子,注意 1 0 k 10^k 10k不需要使用普通的高精度乘方,可以直接求出。
较容易发现规律:
①当 a = 0 , b = 0 a=0,b=0 a=0,b=0时,显然输出 0 0 0;
②当 a = 0 a=0 a=0时,我们只需要将 a a a乘上一个巨大的值,将 b b b除以一个巨大的值即可,代价为 q q q;
③ b = 0 b=0 b=0同理;
④当 a ≠ b a≠b a=b且 a , b ≠ 0 a,b≠0 a,b=0时,我们需要这么操作:
(1)使用一次操作①( x = m i n ( a , b ) x=min(a,b) x=min(a,b))或操作②( x = ∞ x=∞ x=∞),使 a a a与 b b b中有一个数为 0 0 0;
(2)此时情况即为前已讨论过的②或③。
可以发现,此时代价为 m i n ( p , q ) + q min(p,q)+q min(p,q)+q,其中 m i n ( p , q ) min(p,q) min(p,q)是将 a , b a,b a,b中一个数改为 0 0 0的代价。
⑤当 a = b a=b a=b且 a , b ≠ 0 a,b≠0 a,b=0时,我们可以:
(1)使用一次操作①( x = a x=a x=a),即可满足要求,代价为 p p p;
(2)操作方法与④相同,代价为 m i n ( p , q ) + q min(p,q)+q min(p,q)+q。
故此时代价为 m i n ( p , m i n ( p , q ) + q ) min(p,min(p,q)+q) min(p,min(p,q)+q)。
综上所述,我们可以在 O ( 1 ) O(1) O(1)时间复杂度内求出答案。
考虑,对于某一位有 x x x个 0 0 0, y y y个 1 1 1,若 k k k的该位上填 0 0 0,则对答案的贡献为 y × v i y×v_i y×vi,否则贡献为 x × v i x×v_i x×vi,其中 v i v_i vi表示第 i i i位的位权。
于是,我们贪心地从高位扫到低位,尝试让该位等于 1 1 1。如果可以填 1 1 1就填 1 1 1,否则填 0 0 0。
但是,关注到,如果我们这么贪心地填,可能出现到后来无论怎么填,该值都会超过 m m m的现象。于是,我们维护一个后缀和,表示从该位向后,所能得到的最小值。
for (int i=maxlen-1;i>=1;i--) pre[i]=min(cnt[i][0],cnt[i][1])*v[i]+pre[i+1];
其中, p r e i pre_i prei表示了后缀和 (suf) , c n t i cnt_i cnti表示第 i i i个二进制位上0/1出现的次数, v i v_i vi表示第 i i i位的位权。
求出了 p r e pre pre后我们能干什么?可以发现,我们对于每一位,心里都有数了。即,如果该位填了 1 1 1,但是该位的贡献加上后面的最小值(即 p r e i + 1 pre_{i+1} prei+1)超过了 m m m,那么该位就绝对不能填 1 1 1。这样做的好处在于,不会出现后面无论如何都无法使 ∑ i = 1 n k x o r a i ≤ m \sum_{i=1}^n k\ xor\ a_i≤m ∑i=1nk xor ai≤m,即在贪心后后悔的现象。
时间复杂度 O ( n l o g 2 t + m l o g 2 t ) O(n{log_2t}+m{log_2t}) O(nlog2t+mlog2t),其中 t t t表示 a a a序列中的最大值。
考虑树形 d p dp dp。
状态设计: d p i , 0 dp_{i,0} dpi,0表示,当 i i i的父边大于 i i i的权值时,以 i i i为根的子树中各边的士兵数量之和的最大值; d p i , 1 dp_{i,1} dpi,1表示的唯一区别是, i i i的父边不大于 i i i的权值。
考虑神仙状态转移。
设 a a a节点的点权为 x x x, a a a节点的孩子 s o n son son点权为 y y y。
①已选定 a − > s o n a->son a−>son边的权值比 a a a的点权大。
(1)若 x > y x>y x>y,则 s o n son son的最大贡献为 d p s o n , 0 + m dp_{son,0}+m dpson,0+m,注意此时我们在 a − > s o n a->son a−>son的边上放了 m m m个士兵,可以使答案最大化且不与条件互斥。
(2)若 x ≤ y x≤y x≤y,则 s o n son son的最大贡献为 m a x ( d p s o n , 0 + m , d p s o n , 1 + y ) max(dp_{son,0}+m,dp_{son,1}+y) max(dpson,0+m,dpson,1+y);其中 d p s o n , 0 + m dp_{son,0}+m dpson,0+m与 ( 1 ) (1) (1)相同, d p s o n , 1 + y dp_{son,1}+y dpson,1+y的决策中, a − > s o n a->son a−>son的边权为 y y y。
②已选定 a − > s o n a->son a−>son边的权值不大于 a a a的点权。
(1)若 x ≤ y x≤y x≤y,则 s o n son son的最大贡献为 d p s o n . 1 + x dp_{son.1}+x dpson.1+x;
(2)若 x > y x>y x>y,则 s o n son son的最大贡献为 m a x ( d p s o n , 0 + x , d p s o n , 1 + y ) max(dp_{son,0}+x,dp_{son,1}+y) max(dpson,0+x,dpson,1+y)。
于是,我们求出了,每个孩子节点对 a a a的两种贡献(①②)。假设第一种贡献组成的序列为 A A A,第二种贡献组成的序列为 B B B,这两个序列的长度都是 p o s pos pos。我们假设要让 a a a节点的 k k k条子边的权值比 a a a的权值大,相当于在 A A A序列中选 k k k个数,在 B B B序列中选 p o s − k pos-k pos−k个数,并使我们选的数之和尽可能得大。
现在思考如何快速求得这个问题。
我们先假设选了 A A A序列中的所有数,现在我们要把一些选的数改成 B B B序列的数。可以发现,对于一次改动,对答案的贡献为 B i − A i B_i-A_i Bi−Ai,现在我们要进行最多 p o s − k pos-k pos−k次改动,使得贡献与 A A A序列中各数之和尽可能得大。
于是,我们只需要建立一个数组 C C C,其中 C i = B i − A i C_i=B_i-A_i Ci=Bi−Ai,并在 C i C_i Ci中选择最多 p o s − k pos-k pos−k个数使得和尽可能得大,这个和就是贡献之和的最大值。显然,我们直接将 C C C从大到小排序,选前 p o s − k pos-k pos−k个数即可;如果目前看到的这个数已经不大于 0 0 0了,就直接跳出循环,否则累加。
于是,我们可以在 l o g 2 n log_2n log2n的时间复杂度内进行状态转移。
总时间复杂度 O ( n l o g 2 n ) O(nlog_2n) O(nlog2n)。
几个卡点:
①回溯时容易对当前的 A , B , C A,B,C A,B,C数组产生变动,我们要先向下递归,然后再转移:
for (int i=head[now];i;i=e[i].next)
{
if (e[i].to!=fath) dfs(e[i].to,now);
}
for (int i=head[now];i;i=e[i].next)
{
转移……
}
②边界条件: 叶节点 l l l的状态,即 d p l , 0 = − i n f dp_{l,0}=-inf dpl,0=−inf, d p l , 1 = 0 dp_{l,1}=0 dpl,1=0;之所以 d p l , 0 = − i n f dp_{l,0}=-inf dpl,0=−inf,是因为若 l l l的父边比 l l l的点权还要大,那么 l l l节点的城主就会造反。
③若当前节点 r t rt rt的点权为 m m m,则 d p r t , 0 dp_{rt,0} dprt,0的值是 − i n f -inf −inf,这是因为不可能出现 r t rt rt的点权小于 r t rt rt的父边的情况。
#include
#define int long long
using namespace std;
int n,x,last=10000;
int a[10005];
signed main()
{
cin>>n>>x;
if (n==0) cout<<x+1<<endl;
else if (n==1) cout<<10+x<<endl;
else
{
a[last-n]=1;
for (rg int i=last-n+1;i<=last;++i) a[i]=0;
a[last]+=x;
for (int i=last;i>=1;i--)
{
a[i-1]+=(a[i]/10);
a[i]=a[i]%10;
}
int flag=0;
for (int i=1;i<=last;i++)
{
if (a[i]) flag=1;
if (flag==1) cout<<a[i];
}
cout<<endl;
}
return 0;
}
#include
#define int long long
using namespace std;
int a,b,c,d;
signed main()
{
cin>>a>>b>>c>>d;
if (a==0&&b==0) cout<<0<<endl;
else if (a==0||b==0) cout<<d<<endl;
else if (a==b) cout<<min(c,min(c,d)+d)<<endl;
else cout<<min(c,d)+d<<endl;
return 0;
}
#include
#define int unsigned long long
#define rg register
using namespace std;
const int maxlen=51;
int n,q,m,x,pos=0,tot=0;
bool a[100005][65],ans[65];
int v[65],cnt[65][5],pre[65];
inline int read()
{
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9')
{
if (ch=='-') w=-w;
ch=getchar();
}
while (ch>='0'&&ch<='9')
{
s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^'0');
ch=getchar();
}
return s*w;
}
signed main()
{
cin>>n;
for (rg int i=1;i<=n;++i)
{
pos=maxlen+1;
x=read();
while (x)
{
a[i][--pos]=x%2;
x/=2;
}
}
v[maxlen]=1;
for (rg int i=maxlen-1;i>=1;--i) v[i]=v[i+1]*2;
for (rg int i=1;i<=maxlen;++i)
{
for (rg int j=1;j<=n;++j) cnt[i][0]+=a[j][i];
cnt[i][1]=n-cnt[i][0];
}
pre[maxlen]=min(cnt[maxlen][0],cnt[maxlen][1]);
for (rg int i=maxlen-1;i>=1;--i) pre[i]=min(cnt[i][0],cnt[i][1])*v[i]+pre[i+1];
cin>>q;
while (q--)
{
m=read();
int flag=1;
for (rg int i=1;i<=maxlen;++i)
{
if (m>=v[i]*cnt[i][1]+pre[i+1]) ans[i]=1,m-=v[i]*cnt[i][1];
else if (m>=v[i]*cnt[i][0]+pre[i+1]) ans[i]=0,m-=v[i]*cnt[i][0];
else
{
flag=0;
break;
}
}
if (flag==0)
{
cout<<-1<<endl;
continue;
}
tot=0;
for (rg int i=maxlen;i>=1;--i)
{
tot+=v[i]*ans[i];
pos*=2;
}
printf("%lld\n",tot);
}
return 0;
}
#include
#define int long long
#define inf 2000000007
using namespace std;
int n,m,cnt=0;
int a[500005],head[500005],dp[500005][2],small[500005],big[500005];
struct edge
{
int next;
int to;
}e[1000005];
bool cmp(int x,int y)
{
return x>y;
}
inline int up(int x,int y)
{
if (x%y==0) return x/y;
else return (x/y)+1;
}
inline void add_edge(int u,int v)
{
cnt++;
e[cnt].to=v;
e[cnt].next=head[u];
head[u]=cnt;
}
inline void dfs(int now,int fath)
{
int flag=1,pos=0,pos2=0,tot0=0,tot1=0,now0,now1;
for (int i=head[now];i;i=e[i].next)
{
if (e[i].to!=fath) dfs(e[i].to,now);
}
for (int i=head[now];i;i=e[i].next)
{
if (e[i].to!=fath)
{
flag=0;
if (a[now]<=a[e[i].to]) small[++pos]=dp[e[i].to][1]+a[now];
else small[++pos]=max(dp[e[i].to][0]+a[now],dp[e[i].to][1]+a[e[i].to]);
if (a[now]!=m)
{
if (a[now]>a[e[i].to]) big[++pos2]=dp[e[i].to][0]+m;
else big[++pos2]=max(dp[e[i].to][0]+m,dp[e[i].to][1]+a[e[i].to]);
}
else big[++pos2]=-inf;
tot0+=small[pos];
tot1+=small[pos];
}
}
if (flag==1)
{
dp[now][0]=-inf,dp[now][1]=0;
return;
}
if (now!=1) now1=pos/2;
else now1=up(pos,2ll)-1;
now0=max(now1-1,0ll);
for (int i=1;i<=pos;i++) big[i]=big[i]-small[i];
sort(big+1,big+pos+1,cmp);
for (int i=1;i<=pos;i++)
{
if (big[i]<=0) break;
if (now0) tot0+=big[i],now0--;
if (now1) tot1+=big[i],now1--;
}
dp[now][0]=tot0,dp[now][1]=tot1;
if (pos==1) dp[now][0]=-inf;
}
signed main()
{
cin>>n>>m;
for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for (int i=1;i<n;i++)
{
int u,v;
cin>>u>>v;
add_edge(u,v);
add_edge(v,u);
}
dfs(1,0);
cout<<dp[1][1]<<endl;
return 0;
}
又是一场赛后诸葛亮的比赛, D D D由于时间原因代码没调完,导致 323 323 323滚粗……
唉,还是太菜了QAQ