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改題

第一題

給出一顆n個點的樹，從1號點出發走m步，每步一條邊，最多可以經過多少點？點和邊均可以重複經過，但重複的點只計算一次。

顯然，我們需要找出距離1號點最遠的邊，這些邊都只走一次，別的邊走兩次

考慮三種情況：

• 1，m過於大，即使把整個圖都跑完也用不完m
• 2，m剛好可以跑完那個距離1號點的最長鏈
• 3，m可以跑完那個鏈，還有剩餘

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define debug
using namespace std;
//東方之珠 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() {;}
 

第二題

給出一棵n個點的樹，第i個點的權值為\(a_i\)，現在你可以進行如下操作：

• 1，選擇一個包含1號點的連通子圖，使其中所有點權值+1
• 2，選擇一個包含1號點的連通子圖，使其中所有點權值-1

求最小的操作次數，使得所有點的權值都變為0

第一次看見我以為是關於差分的題，就像這道一樣

於是我一直在想樹上差分，一直在想，一直在想，可是考完試我才發現，跟tm差分沒一點關係，

如果我沒有一直往差分那裡鑽，或許我還能想到一些暴力的做法，

想到差分，註定了我只能拿零分

給出gxz的題解：

設\(f[i]\)表示以i為根的子樹需要進行-1操作的次數，則需要進行+1操作的次數為\(f[i]-a[i]\)

考慮一個點，不考慮自身的話，需要進行的\(-1\)和\(+1\)操作都是所有子節點的最大值。

故記\(M = Max(f[son]),N = Max(f[son]-a[son])\),子樹至少要減\(M\)次，自己至少要減\(N+a_i\)次

得到\(f[i] =Max(M, N+a[i])\)

最終答案為\(f[1]+(f[1]+a[1])\)

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define debug
using namespace std;
//東方之珠 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() {;}
 

注意開LL

第三題

click

給出gxz題解：

發誓再也tm不用cin了

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define debug
using namespace std;
//東方之珠 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() {;}