DP&图论  DAY 2  下午 基础树形DP 前言◦ 1:与树或图的生成树相关的动态规划.◦ 2:以每棵子树为子结构,在父亲节点合并,注意树具有天然的子结构.这是很优美的很利于dp的.◦ 3:巧妙利用Bfs或Dfs序,可以优化问题,或得到好的解决方法.◦ 4:可以与树上的数据结构相结合.◦ 5:树形Dp的时间复杂度要认真计算,部分问题可以均摊复杂度分析.◦ 6:一般设f[u]表示u子树的最优价值或者是说方案数.◦或者f[u][k]表示u子树附加信息为k的最优值,往往是通过考虑子树根节点的情况进

如图,为B+树组织数据的方式: 实际存储时当然不会每个节点只存3条数据. 以InnoDB引擎为例,简单计算一下一颗B+树可以存放多少行数据. B+树特点:只有叶子节点存储数据,而非叶子节点存放的是用来找到叶子节点数据的索引(如上图:key和指针) InnoDB存储引擎的最小存储单元为16k(就像操作系统的最小单元为4k 即1页),在这即B+树的一个节点的大小为16k 假设数据库一条数据的大小为1k,则一个节点可以存储16条数据 而非叶子节点,key一般为主键假设8字节,指针在InnoDB中是6字

题目链接:BZOJ - 1040 题目分析 这道题目的模型就是一个图,不一定联通,每个连通块的点数等于边数. 每个连通块都是一个基环+外向树.即树上增加了一条边. 如果是树,就可以直接树形DP了.然而这是基环+外向树,需要先找到环上的一条边,记录这条边的两个端点 R1, R2,删掉这条边. 然后分两种情况:一定不选R1:一定不选R2:对这两种情况分别做一次树形DP就可以了. 答案加上这两种情况的答案的较大值. 代码 #include <iostream> #include <cstdli

基环外向树dp竟然如此简单…… Description Z国的骑士团是一个很有势力的组织,帮会中汇聚了来自各地的精英.他们劫富济贫,惩恶扬善,受到社会各界的赞扬.最近发生了一件可怕的事情,邪恶的Y国发动了一场针对Z国的侵略战争.战火绵延五百里,在和平环境中安逸了数百年的Z国又怎能抵挡的住Y国的军队.于是人们把所有的希望都寄托在了骑士团的身上,就像期待有一个真龙天子的降生,带领正义打败邪恶.骑士团是肯定具有打败邪恶势力的能力的,但是骑士们互相之间往往有一些矛盾.每个骑士都有且仅有一个自己最厌恶的骑

[题目链接] http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1040 [题意] 给一个基环森林,每个点有一个权值,求一个点集使得点集中的点无边相连且权值和最大. [思路] 注意题目中的有向边其实就是无向边.然后有多个联通块,每个联通块中有且仅有一个环. 如果没有环的话可以用树形DP,解决这个问题. 设f[i][0],f[i][1]分别表示以i为根,不选/选i时的最大权值.则有转移式: f[i][0]=sigma{ max(f[son(i)][0]

原题 给出n个点n条边和每个点的点权,一条边的两个断点不能同时选择,问最大可以选多少. //图是一张基环外向树森林 是不是很像舞会啊- 就是多了一条边. 所以我们考虑一下对于一棵基环外向树,拆掉一条在环上的边,变成一棵树.在这个树上以断边的一个断点为根,跑舞会,就得到了这棵树的最大值(根选和根不选了两种).考虑到对于拆下来的内一条边,也要满足断点不能同时选择,所以此时得到的答案中,根不选一定是正确的,但是根选不一定是正确的(因为我们不知道此刻另一个断点是否被选择). 那么我们强制该点不选,然后更

[题目链接] http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1040 [题目大意] 给出环套外向树森林,求最大权独立集. [题解] 我们对于每个连通块,找到环上的一条边拆开,对于边的两端分别做树形DP, 假设两端点位x和y,那么不包含x的dp值涵盖了是否包含y两种情况, 同理,以y为根的也是,因为边的两端不能同时取到,因此对于两者取最大值即可. 代码中f[x]表示包含x的dp值,g[x]表示不包含x的dp值. [代码] #include <cst

1040: [ZJOI2008]骑士 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MBSubmit: 6421  Solved: 2544[Submit][Status][Discuss] Description Z国的骑士团是一个很有势力的组织,帮会中汇聚了来自各地的精英.他们劫富济贫,惩恶扬善,受到社会各界的赞扬.最近发生了一件可怕的事情,邪恶的Y国发动了一场针对Z国的侵略战争.战火绵延五百里,在和平环境中安逸了数百年的Z国又怎能抵挡的住Y国的军队.于是人们把

题目:给定一张n个点m条有权边的无向联通图,q次询问两点间的最短路 n≤100000,m≤100000,m-n≤20. 首先看到m-n≤20这条限制,我们可以想到是围绕这个20来做这道题. 即如果我们随便在图上找一棵树,有最多21条非树边,连接最多42个顶点 考虑两点x,yx,y之间的最短路就是某个点到xx和yy的最短路之和 首先对于只走树边的情况,这个点是两点的LCA 如果经过非树边,xx或yy到枚举的这个点的最短路上的最后一条边一定是非树边(如果都是树边的话完全可以转化到一个连接着非树边的点

点此看题面 大致题意: 给你一片基环外向树森林,如果选定了一个点,就不能选择与其相邻的节点.求选中点的最大权值和. 树形\(DP\) 此题应该是 树形\(DP\) 的一个升级版:基环外向树\(DP\). 什么是基环外向树森林 什么是 基环外向树? 基环外向树,一般指一张 点数与边数相等 的联通图,此时必然存在一个环,若把这个环当成一个节点,则原图就形成了一棵树. 什么是 基环外向树森林? 一张由若干个基环外向树组成的图(此时 点数仍然等于边数),就是基环外向树森林. 基环外向树\(DP\) 那么

题意 有一个左边m个点,右边n个点的二分图(n,m<=1e5),左边每个点向右边恰好连两条权值相同的边. 求这个二分图的最优匹配 分析 对于这种二选一问题,即左边的a连向右边的b和c,权值为d,我们可以在b-c中间连一条权值为d的无向边(未定向) 那么我们就是要对这些边进行定向,使得每个点入度最多为1(有些边可以丢掉) 容易发现最终一定是一个基环外向树的形状 所以可以利用并查集从大到小放入,维护一个基环外向树即可

洛谷 2921 记忆化搜索 tarjan 传送门 (https://www.luogu.org/problem/show?pid=2921) 做这题的经历有点玄学,,起因是某个random题的同学突然发现了一个0提交0通过的题目,然后就引发了整个机房的兴趣,,然后,,就变成了16提交7通过,, 初看上去这题目就是记忆化搜索,但是环的存在使得普通的记忆化会导致漏解,继续观察发现整张图为n个点n条边,即是多个基环外向树,使用tarjan找到图中的环,显然可知,对于环上一点,能取到的最大值是环的长度,

传送门. 题解: 我果然是不擅长分类讨论,心态被搞崩了. 注意到\(m<=n-2\),意味着除了1以外的位置不可能被加到a[1]两遍. 先考虑个大概: 考虑若存在\(x,x-1,-,2\)(有序)这样的,且1要么不出现,要么出现在2的左边,那么\(a[1]=\sum_{i=1}^x a[i]\). 同样,若存在\(y,y+1,-,n\),且1要么不出现,要么出现在n的左边,那么\(a[1]=a[1]+\sum_{i=y}^n a[i]\). 开始讨论: 1.1没有出现,直接枚举x,求出最大的y的

题目链接:Topcoder----洛谷 题目大意: 给定一个长为n的由a到z组成的字符串,有m次操作,每次操作将[l,r]这些位置的字符进行重排,得到字典序最小的回文字符串,如果无法操作就不进行. 思路: 用26颗线段树分别统计在每个位置上是否有对应的字母 每次操作: 1.有出现次数为奇数的字母: 大于1,不可能回文,无法操作. 等于1,放到中间 2.全是偶数次数: 分别放两端 1 # include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #defin

https://nanti.jisuanke.com/t/31459 思路 凡是后面的轨迹对前面的轨迹有影响的,可以尝试从后往前扫 区间修改需要push_down,单点更新所以不需要push_up(用于区间查询) 多颗线段树的时候将函数写进结构体里,这样所有函数只需要写一次了 #include<bits/stdc++.h> #define pb push_back #define M 100005 using namespace std; int n,i,x[M],y[M],sz,tp; lo

以前似乎做过类似的不过当时完全不会.现在看到就有点思路了,开始还有洋洋得意得觉得自己有不小的进步了,结果思路错了...改了很久后测试数据过了还果断爆空间... 给你一串数字A,然后是两种操作: "1 l r k c":意思是当 l=<i<=r 对(i-a)%k = =0 的每个 Ai 都增加 c (1=<k<=10) "2 i" :意思是求出 Ai 一看就是区间更新和单点查询,其实可以用树状数组做,可是觉得线段树好弄一点,结果成功入坑...

给你机会发出声音,但是不给你机会证明高层的决定是错的 RT: 时间复杂度O(n) 空间复杂度O(1)  原理就是有指针指向父节点和当前的节点,左孩子必指向右孩子,右孩子必指向父节点的下一个节点的左孩子    void Solution::yahooTree(TreeNode *root) { if (root == NULL) return; TreeNode *p = root; root->next = NULL; TreeNode *tmp = root->left; while(p){

Eastest Magical Day Seep Group's Summer Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others) Total Submission(s): 308    Accepted Submission(s): 83 Problem Description As we know, Tsuyuri Kumin likes sleeping in Eastes

又是一开始觉得的水题,结果GG了好久的东西... 题意是给你n个英雄,每个英雄开始为1级经验为0,最多可以升到k级并且经验一直叠加,每一级都有一个经验值上限,达到就升级.接着给你两种操作:W li ri ei:从第li到第ri个增加经验基数ei,注意这儿ei还需要乘以级数才是真正增加的经验,还有就是先在此等级下增加此等级倍数的经验,然后再判断升级情况 Q li ri :在第li到第ri个查找经验最多的值 记录最大值嘛,不过因为级数控制增加的倍数,也就是说区间更新时,多次更新标记得到的只是基数ei

题意:给一个无向的无环的树,需要用三种颜色将他染色,相邻的三个点不能有重复的颜色.给出每个点染成每种颜色的花费,求最小的染色花费,如果给的图不能按要求染色,输出-1. 思路:只有三种颜色,相邻三个点还不能重复,说明一个点最多可以有两条边,那么这个图就是一条链.那首先就是用邻接表(也用过数组记录路径,但是不知道哪错了)把这条链用一个vector容器存起来,给这条链染色.因为只有三种颜色,所以只要确定了前两种,后面一条链的颜色就确定了. 注意:在第六组测试数据一直错,结果是因为main的初始值太小了

import tqdm 使用tqdm模块,可以在漫长的for循环加上一个进度条,显示当前进度百分比. 将tqdm写在迭代器之外即可:tqdm(iterator) for i in tqdm(range(len(list))) # 或者 for i in trange(len(list)) 参考: https://blog.csdn.net/zkp_987/article/details/81748098