T1 刺客信條

分析

這道題當時做的時候想到了二分的做法，但是沒想出來怎麼二分。所以華麗的爆0了。 那麼我們考慮二分距離，把每個人抽象成一個圓（為什麼不是方形呢？方形的頂點到中心的距離和方形的邊上一點到照片中心的距離各不相同），這個圓的半徑r就是我們要二分的。 當我們列舉到(0,0)和(x,y)之間，存在一個r使得圓相交(即我們不能走過)，我們縮小r。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;

typedef long long ll;
struct xx { 
	double x,y; 
}a[2005]; 
double dis[2005][2005], can[2005][4]; 
double h, w, n, Max = 0; 
bool is[2005], flag;
 
double times(double x) 
{ 
	return x * x; 
} 

bool Run1(int now,double d) 
{ 
	if(can[now][1] <= d) return 1; 
	if(can[now][2] <= d) return 1; 
	is[now] = 1; 
	for (int i = 1; i <= n; i++) 
	{ 
		if(dis[now][i]<=4*times(d) && is[i] == 0) 
		if(Run1(i, d)) return 1;
	} 
	return 0; 
}

bool Run2(int now,double d) 
{ 
	if(can[now][1] <= d) return 1; 
	if (can[now][2] <= d) return 1; 
	is[now] = 1; for (int i = 1; i <= n; i++) 
	{
		if (dis[now][i] <= 4 * times(d) && is[i] == 0) 
			if (Run2(i, d)) return 1; 
	} 
	return 0; 
} 

int main() 
{ 
	scanf("%lf%lf%lf",&h,&w,&n); 
	for (int i = 1; i <= n; i++) 
	{
		scanf("%lf%lf",&a[i].x,&a[i].y); 
		can[i][0] = a[i].x; 
		can[i][1] = a[i].y; 
		can[i][2] = h - a[i].x; 
		can[i][3] = w - a[i].y; 
		Max = max(Max,max( max(a[i].x,a[i].y), max(h - a[i].x,w - a[i].y) )); 
	} 
	for (int i = 1; i < n; i++) 
	for (int j = i+1; j <= n; j++) 
	{ 
		double dx = a[i].x - a[j].x; 
		double dy = a[i].y - a[j].y; 
		double d = times(dx) + times(dy); 
		dis[i][j] = d; dis[j][i] = d; 
	}
	double l = 0,r = Max; 
	r += 1; 
	while (l + 0.0001 < r) 
	{ 
		flag = 0; 
		memset(is,0,sizeof(is)); 
		double mid = (l + r) / 2; 
		for (int i = 1; i <= n; i++) 
		{ 
			if (can[i][0] <= mid && is[i] == 0) 
			{ 
				if (Run1(i,mid)) 
				{ 
					r = mid; 
					flag = 1; 
					break; 
				} 
			} 
		} 
		if (flag == 1)
			continue;
		memset(is,0,sizeof(is)); 
		for(int i = 1; i <= n; i++) 
		{ 
			if (can[i][3] <= mid && is[i] == 0) 
			{ 
				if (Run2(i,mid)) 
				{ 
					r = mid;
					flag = 1;
					break; 
				}
			}
		}
		if (flag == 1) continue;
		l = mid; 
	} 
	printf("%.2lf",l); 
	return 0; 
}
 

T3 傳送門

分析

我們不妨設1為根。首先我們可以肯定的是，最優走法一定是在祖先設定好了傳送門，在某個後代遍歷完了以後傳回來。如果沒有傳送門，時間顯然是邊權*2。所以我們有：如果當前節點有傳送門，從它的某個子樹中傳了回來，再次走入這個子樹一定不會更優。換句話說，一個傳送門的某個子樹只有遍歷完了才會傳回來。 那麼我們設我們設f[i][0]為i結點的祖宗沒有傳送門，那麼他就是下面的一條鏈只用走一次。f[i][1]為這個點有傳送陣，兒子可以隨便用，所以就等於所有子節點走到他的距離。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int MAXN = 1e6+5;
int n, m;
int Weight[2*MAXN], To[2*MAXN], Head[MAXN], Next[2*MAXN];
long long f[MAXN][2], des[MAXN]; 

void AddEdge(int x, int y, int z) 
{ 
	Next[++m] = Head[x]; 
	Head[x] = m; 
	To[m] = y; 
	Weight[m] = z; 
} 

void dfs(int k, int fa) 
{ 
	f[k][0] = f[k][1] = 0; 
	long long v = 0; 
	for(int i = Head[k]; i; i = Next[i]) 
	{ 
		int p = To[i]; 
		if(p != fa) 
		{ 
			dfs(p, k); 
			f[k][1] = f[k][1] + f[p][1] + 2 * Weight[i]; 
			f[k][0] = f[k][0] + min(2*Weight[i]+f[p][0], f[p][1]+Weight[i]-des[p]); 
			des[k] = max(des[k], des[p]+Weight[i]); 
		} 
	} 
}

int main() 
{ 
	cin >> n; 
	for(int i=1;i<n;i++) 
	{ 
		int x, y, z;
		scanf("%d%d%d", &x, &y, &z); 
		AddEdge(x, y, z);
		AddEdge(y, x, z); 
	} 
	dfs(1, 0);
	printf("%lld", f[1][0]); 
	return 0;
}