Rifkunatif thia ofa ck nweed ninck ova def
Epalts n ikwa offnet nazrot la pa
Olivazes unatifa ah kfafc fffak fjakfg
Orz zzq ak ioi
（火星文）
——《Ydjadf fha de NOIP 2018》

Day 1 T1 鋪設道路 road

演算法：模擬

• NOIP 2013 原題
• 答案為
• $d_{}$
  n + ∑ i = 1 n
  − 1 max ⁡ ( 0 , d
  i − d i + 1 ) d_n+\sum_{i=1}^{n-1}\max(0,d_i-d_{i+1})
• 證明略
• 複雜度 $O(n)$

程式碼

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)

inline int read()
{
	int res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	return bo ? ~res + 1 : res;
}

typedef long long ll;

const int N = 1e5 + 5;

int n, a[N];

ll ans;

int main()
{
	int i;
	n = read();
	For (i, 1, n) a[i] = read();
	ans = a[n];
	For (i, 1, n - 1) if (a[i] > a[i + 1])
		ans += a[i] - a[i + 1];
	std::cout << ans << std::endl;
	return 0;
}

Day1 T2 貨幣系統 money

演算法：完全揹包

• 顯然，如果一種貨幣會被面額小於它自己的貨幣表出，那麼這種貨幣就沒有使用的必要
• 所以將所有貨幣按照面額為關鍵字從小到大排序後，進行完全揹包 DP
• 如果某種貨幣不能被它之前的貨幣表出，則統計入答案
• 否則這種貨幣沒有使用的必要
• 複雜度 $O(Tna_i)$

程式碼

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)

inline int read()
{
	int res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	return bo ? ~res + 1 : res;
}

const int N = 105, M = 25005;

int n, a[N], ans;
bool f[M];

void work()
{
	int i, j;
	n = read();
	For (i, 1, n) a[i] = read();
	std::sort(a + 1, a + n + 1);
	memset(f, 0, sizeof(f));
	f[0] = 1;
	ans = 0;
	For (i, 1, n)
	{
		if (!f[a[i]]) ans++;
		For (j, a[i], 25000)
			f[j] |= f[j - a[i]];
	}
	printf("%d\n", ans);
}

int main()
{
	int T = read();
	while (T--) work();
	return 0;
}

Day1 T3 賽道修建 track

演算法：二分答案 + DP + 貪心

• 看到最小化最大值，很直觀地想到二分
• 問題轉化成是否能在樹上選出至少 $m$ 條邊不相交的長度至少為 $mid$ 的鏈
• 令 $f[u]$ 表示 $u$ 的子樹內最多能選出的鏈數
• $g[u]$ 表示 $u$ 的子樹內在選出鏈數最多的前提下，從 $u$ 向下延伸的最長鏈長度
• 一個結論：在全域性最優方案中，對於任何一個 $u$ ， $u$ 的子樹內選出的鏈數量需要達到最大值
• 證明：如果 $u$ 的子樹內選出的鏈數量沒有達到最大值，那麼嘗試把 $u$ 的子樹內的方案改成選出的鏈數更大的方案，那麼 $u$ 的子樹外的貢獻最多減 $1$ ，這樣答案一定不會更劣
• 於是轉移方程出來了
• $f[u]=\sum_{v\in son(u)}f[v]+match(g[v]+len(u,v),v\in son(u))$
• $len(u,v)$ 為邊 $(u,v)$ 的長度
• $match(g[v]+len(u,v),v\in son(u))$ 表示有一個長度為 $tot$ 的陣列 $a$
• 其中 $a$ 的第 $i$ 個元素為 $g[v]+len(u,v)$ （ $v$ 為 $u$ 的第 $i$ 個子節點）
• $match(\dots)$ 表示 $a$ 陣列中最多能分出多少個大小在 $[1,2]$ 內的集合
• 一個數能被分到一個集合，當且僅當這個數 $\ge mid$
• 兩個數能被分到一個集合，當且僅當這兩個數之和 $\ge mid$
• 然後你可以寫一個二分圖最大匹配做到 O(n^2logn) 的優秀複雜度
• 考慮貪心匹配
• 先把 $a$ 排序
• 先把 $a$ 中不小於 $mid$ 的數各自獨立分到一個集合
• 然後小於 $mid$ 的數貪心兩兩匹配
• 用 two-pointers $l$ 和 $r$ ，初始 $l=1,r=t$ （ $t$ 為 $a$ 中小於 $mid$ 的數的個數）
• 如果 $a_l+a_r\ge mid$