JOI 2015 FInal 舞會

​ 題目連結:#2727. 「JOI 2015 Final」舞會 - 題目 - LibreOJ (loj.ac)

​ 很明顯，答案具有單調性，我們考慮二分答案。那麼問題就變成了怎麼寫出 check 函式。

​ 我們發現，根據題意，每三個點最後都會變成一個點，那我們不斷進行縮點，畫個圖看看？

​

​ 我們發現，這個數列變成了一棵樹，這棵樹的根就是最後留下來的點，我們可以利用這棵樹來檢驗。注意到，這棵樹中的每個非葉子節點都有且僅有三個兒子，且他的值是他三個兒子的中位數。對於中位數的題目我們又有一個很套路的做法，二分中位數，將大於等於中位數的數變成1，小於中位數的數變成0。

​ 至於建樹，我們模擬過程就好了，程式碼像這樣：

void build()
{
	queue <int> q;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		q.push(i);
	int tot=n;
	while(q.size()>1)
	{
		int oo=++tot;
		if(q.size()==3) root=oo;
		for(int i=1;i<=3;++i)
			add(oo,q.front()),q.pop();
		q.push(oo);
	}
}
 

​ 然後我們研究樹上節點的值是怎麼來的。注意到，每個葉子節點的值與他這個位置的貴族的熟練度有關，兒每個非葉子節點的值就是它三個兒子的中位數。也就是說當且僅當這個節點的三個兒子中至少有兩個1，這個節點的值才為1。而葉子節點的值是可以靠人去分配的，同時葉子結點的值的個數也是一定的，那麼樹形dp的做法就呼之欲出了。我們遍歷一遍每個貴族的熟練度，求出我們手中擁有1的個數，再通過樹形dp求出要讓根節點的值為1最小需要1值的個數，再講這個數與我們手上擁有1值的個數相比較就可以完成判斷。

​ 我們設 dp[i] 為使 \(i\) 這個點的值為1所需要再新增的1值的個數。我們又要讓dp值最小，那麼轉移式為：

​ 因為我們只需要兩個1就可以了，付出代價最大的那個節點就讓他為0。然後我們看看初始值怎麼賦。如果這個點不是一個貴族一開始的固定的位置，那麼這個點的 \(dp\) 值就為1。如果是的話，再考慮貴族的值是不是1，如果是1，那麼這個點的 \(dp\) 值為0。否則為 \(inf\) (注：這裡的 \(inf\) 開小一點，否則容易溢位導致負數的出現)

​ 初始值我們可以這麼賦：

	memset(dp,0,sizeof dp);
	for(int i=1;i<=n;++i) dp[i]=1;
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		if(d[i]>=x) dp[p[i]]=0;
		else dp[p[i]]=1e7;
	}

全部程式碼如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
int n,m,d[MAXN],p[MAXN],v[MAXN],dp[MAXN<<2],root;
int head[MAXN<<2],all;
struct E
{
	int to,pre;
}e[MAXN<<2];
void add(int u,int v)
{
	e[++all]=E{v,head[u]};
	head[u]=all;
}
void build()
{
	queue <int> q;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		q.push(i);
	int tot=n;
	while(q.size()>1)
	{
		int oo=++tot;
		if(q.size()==3) root=oo;
		for(int i=1;i<=3;++i)
			add(oo,q.front()),q.pop();
		q.push(oo);
	}
}
void dfs(int k)
{
	if(k<=n) return ;
	int Max=0;
	for(int i=head[k];i;i=e[i].pre)
	{
		int to=e[i].to;
		dfs(to);
		dp[k]+=dp[to];
		Max=max(Max,dp[to]);
	}
	dp[k]-=Max;
}
bool check(int x)
{
	memset(dp,0,sizeof dp);
	for(int i=1;i<=n;++i) dp[i]=1;
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		if(d[i]>=x) dp[p[i]]=0;
		else dp[p[i]]=1e7;
	}
	int cnt=0;
	for(int i=m+1;i<=n;++i) if(d[i]>=x) ++cnt;
	dfs(root);
	return dp[root]<=cnt;
}
int main()
{
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;++i)
		scanf("%d %d",&d[i],&p[i]);
	for(int i=m+1;i<=n;++i)
		scanf("%d",&d[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		v[i]=d[i];
	sort(v+1,v+1+n);
	int Siz=unique(v+1,v+1+n)-v-1;
	build();
	int l=1,r=Siz,ans=1;
	while(l<=r)
	{
		int mid=l+r>>1;
		if(check(v[mid]))
		{
			ans=mid;
			l=mid+1;
		}
		else r=mid-1;
	}
	printf("%d\n",v[ans]);
	return 0;
}

​ 像這種有點像模擬，需要不斷進行操作的題目。對於這種陌生的模型，我們可以將模型轉化為我們熟悉的某種圖進行解題。一般來說，一種操作就相當於在圖上進行一次移動。這種轉化模型的圖還是比較考驗想法的。這就是我被初見殺的理由0.0 還是得靠做題積累經驗。