[BZOJ3685]普通van Emde Boas树 题解
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题目地址:洛谷:【P4285】[SHOI2008]汉诺塔 – 洛谷、BZOJ:Problem 1019. — [SHOI2008]汉诺塔
汉诺塔由三根柱子(分别用A、B、C表示)和n个大小互不相同的空心盘子组成。一开始n个盘子都摞在柱子A上,大的在下面,小的在上面,形成了一个塔状的锥形体。
对汉诺塔的一次合法的操作是指:从一根柱子的最上层拿一个盘子放到另一根柱子的最上层,同时要保证被移动的盘子一定放在比它更大的盘子上面(如果移动到空柱子上就不需要满足这个要求)。我们可以用两个字母来描述一次操作:第一个字母代表起始柱子,第二个字母代表目标柱子。例如,AB就是把柱子A最上面的那个盘子移到柱子B。汉诺塔的游戏目标是将所有的盘子从柱子A移动到柱子B或柱子C上面。
有一种非常简洁而经典的策略可以帮助我们完成这个游戏。首先,在任何操作执行之前,我们以任意的次序为六种操作(AB、AC、BA、BC、CA和CB)赋予不同的优先级,然后,我们总是选择符合以下两个条件的操作来移动盘子,直到所有的盘子都从柱子A移动到另一根柱子:
可以证明,上述策略一定能完成汉诺塔游戏。现在你的任务就是假设给定了每种操作的优先级,计算按照上述策略操作汉诺塔移动所需要的步骤数。
汉诺塔问题的六种操作设定优先级后求最优方案步骤数。
输入格式:
输入有两行。第一行为一个整数n(1≤n≤30),代表盘子的个数。第二行是一串大写的ABC字符,代表六种操作的优先级,靠前的操作具有较高的优先级。每种操作都由一个空格隔开。
输出格式:
只需输出一个数,这个数表示移动的次数。我们保证答案不会超过10的18次方。
输入样例#1:
3 AB BC CA BA CB AC
输出样例#1:
7
输入样例#2:
2 AB BA CA BC CB AC
输出样例#2:
5
对于20%的数据,n ≤ 10。 对于100%的数据,n ≤ 30。
参考资料:BZOJ 1019 [SHOI2008]汉诺塔 – AI_Believer – 博客园
考虑操作次序的时候,我们并无法直接拿汉诺塔问题的模型直接来做了,需要一些转化。
我们用递推的思路解决这个问题,对柱子编号为1、2、3,设计DP状态为$g[x][i]$表示柱子$x$上有$i$个盘子时,最优方案中把所有$i$个盘子都移到哪个柱子上,而$f[x][i]$的定义与上面的前提相同,记录的是最优方案中都移动到目标柱子的最少步数。
由于操作有优先顺序,在设计初始状态,即$f[x][1]$与$g[x][1]$时需要考虑这个问题,对于每个$x$,设置优先度较大的目标柱$y$为$g[x][1]$的值即可,$f[x][1]=1$。
现在我们考虑如何做转移,对于一个状态$(x, i)$,我们要把前面$i-1$个盘子移动到$y=g[x][i-1]$上,把最大的1个盘子移动到$z=6-x-y$上,然后最后把这些盘子都放进最优解的目标柱上。我们分两种情况讨论:
答案就是$f[1][n]$了。这样做的复杂度是$O(n)$的。
不过听说还有一种思路,就是原来的汉诺塔问题的步骤数递推式是$d_i=2d_{i-1}+1$,现在可以证明步骤数递推式是$d_i=ad_{i-1}+b$形式的,暴力求出$d_1, d_2, d_3$就可以求出$a, b$,然后递推过去。复杂度也是$O(n)$的,只不过我不会证明那个结论。
// Code by KSkun, 2018/7
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
typedef long long LL;
inline char fgc() {
static char buf[100000], *p1 = buf, *p2 = buf;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2)
? EOF : *p1++;
}
inline LL readint() {
register LL res = 0, neg = 1; register char c = fgc();
for(; !isdigit(c); c = fgc()) if(c == '-') neg = -1;
for(; isdigit(c); c = fgc()) res = (res << 1) + (res << 3) + c - '0';
return res * neg;
}
inline bool isABC(char c) {
return c == 'A' || c == 'B' || c == 'C';
}
inline char readABC() {
char c;
while(!isABC(c = fgc())) {}
return c;
}
const int MAXN = 35;
int n, g[4][MAXN];
LL f[4][MAXN];
int main() {
n = readint();
for(int i = 1; i <= 6; i++) {
int u = readABC() - 'A' + 1, v = readABC() - 'A' + 1;
if(!f[u][1]) {
f[u][1] = 1; g[u][1] = v;
}
}
for(int i = 2; i <= n; i++) {
for(int x = 1; x <= 3; x++) {
int y = g[x][i - 1], z = 6 - x - y;
f[x][i] = f[x][i - 1] + 1;
if(z == g[y][i - 1]) {
f[x][i] += f[y][i - 1];
g[x][i] = z;
} else {
f[x][i] += f[y][i - 1] + 1 + f[x][i - 1];
g[x][i] = y;
}
}
}
printf("%lld", f[1][n]);
return 0;
}
题目地址:洛谷:【P3647】[APIO2014]连珠线 – 洛谷、BZOJ:Problem 3677. — [Apio2014]连珠线
在达芬奇时代,有一个流行的儿童游戏称为连珠线。当然,这个游戏是关于珠子和线的。线是红色或蓝色的,珠子被编号为 1 到 n 。这个游戏从一个珠子开始,每次会用如下方式添加一个新的珠子:
Append(w, v):一个新的珠子 w 和一个已经添加的珠子 v 用红线连接起来。
Insert(w, u, v):一个新的珠子 w 插入到用红线连起来的两个珠子 u, v 之间。具体过程是删去 u, v 之间红线,分别用蓝线连接 u, w 和 w, v 。
每条线都有一个长度。游戏结束后,你的最终得分为蓝线长度之和。
给你连珠线游戏结束后的游戏局面,只告诉了你珠子和链的连接方式以及每条线的长度,没有告诉你每条线分别是什么颜色。
你需要写一个程序来找出最大可能得分。即,在所有以给出的最终局面结束的连珠线游戏中找出那个得分最大的,然后输出最大可能得分。
有一种游戏,用珠子和红蓝两种颜色的绳子玩。游戏的初始局面只有一颗珠子,你可以做下面两种操作:
给你最终局面的样子,但没有说明线分别是什么颜色的,要求你找到一种合法的方案,使得蓝线的长度之和最长。
输入格式:
第一行一个正整数 n ,表示珠子的数量。珠子从 1 到 n 编号。
接下来 n-1 行每行三个整数 ai,bi,ci 。保证 1≤ai<bi≤n 。 1≤ci≤10000 。表示 ai 号珠子和 bi 号珠子间连了长度为 ci 的线。
输出格式:
输出一个整数,表示最大可能得分。
输入样例#1:
5 1 2 10 1 3 40 1 4 15 1 5 20
输出样例#1:
60
输入样例#2:
10 4 10 2 1 2 21 1 3 13 6 7 1 7 9 5 2 4 3 2 5 8 1 6 55 6 8 34
输出样例#2:
140
【样例描述1】
可以通过如下方式获得 60 分:首先从 3 号珠子开始。
把 5 和 3 连起来。(线长度任意)
在 3 和 5 之间插入 1 。(线长分别为 40 和 20 )。
把 2 和 1 用长度为 10 的线连起来。
把 4 和 1 用长度为 15 的线连起来。
【限制与约定】
第一个子任务共 13 分,满足 1≤n≤10 。
第二个子任务共 15 分,满足 1≤n≤200 。
第三个子任务共 29 分,满足 1≤n≤10000 。
第四个子任务共 43 分,满足 1≤n≤200000 。
参考资料:bzoj3677【APIO2014】连珠线 – CSDN博客
我们观察到一个特征,如果称两条蓝线中间的点为中间点的话,不存在蓝线是中间点的两个儿子边的情况,只存在蓝线分别连向一个儿子和中间点的父亲的情况。这是显然的,因为从根开始玩这个游戏,每次实际上是在给跟扩充儿子,两条蓝线可以看做之前的一条红线,而这条红线是连接父亲和儿子的,因此只存在一种形态。
观察到这个特征后,我们可以设计一个树形DP,用$dp[u][0]$表示点$u$不作为蓝线的中心点的方案最大值,而$dp[u][1]$表示$u$作为中心点的方案最大值。容易得到以下转移方程
$$ \begin{aligned} dp[u][0] &= \sum_{v \in \mathrm{son}(u)} \max \{ dp[v][0], dp[v][1] + w(u, v) \} \\ dp[u][1] &= \max_{v \in \mathrm{son}(u)} \{ dp[u][0] – \max \{ dp[v][0], dp[v][1] + w(u, v) \} + dp[v][0] + w(u, v) \} \end{aligned} $$
对于树根为每一个点的情况都做一遍DP,取树根的$dp[rt][0]$最大值即为答案,但是每一次DP的复杂度是$O(n)$的,直接枚举根重新DP则会使复杂度达到$O(n^2)$,只有28分。我们需要优化枚举根重新DP的复杂度。
我们考虑讨论换根操作对根处DP值的影响。如果当前根在$u$处,现在,我们将根换为$u$的一个儿子$v$,则会造成如下影响:
对于加入贡献与删去$dp[u][0]$中的贡献来说比较好办,只需要进行简单的加减或是类似DP时的更新操作即可,但是$dp[u][1]$并不太好办了,因为这里求了个最大值。我们需要一个次大值,因此需要在第一遍DP的时候把次大值也存起来,这样,在换根的时候就可以用次大值来代替答案。我们考虑用DFS做换根的操作,这样就无需讨论跨很多点换根的情况,换根仅发生在父亲和儿子之间,且可以后退操作。如此,我们实现了$O(1)$的换根操作,把复杂度降为$O(n)$了。
实现上,有一种简化的方法,即在处理$dp[u][1]$的时候不把$dp[u][0]$加进去,需要用到的时候再加进去。
// Code by KSkun, 2018/7
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <vector>
typedef long long LL;
inline char fgc() {
static char buf[100000], *p1 = buf, *p2 = buf;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2)
? EOF : *p1++;
}
inline LL readint() {
register LL res = 0, neg = 1; register char c = fgc();
for(; !isdigit(c); c = fgc()) if(c == '-') neg = -1;
for(; isdigit(c); c = fgc()) res = (res << 1) + (res << 3) + c - '0';
return res * neg;
}
const int MAXN = 200005;
int n;
struct Edge {
int to, w;
};
std::vector<Edge> gra[MAXN];
int dp[MAXN][5], ans;
inline void update(int u, int v, int w) {
if(w >= dp[u][1]) {
dp[u][2] = dp[u][1]; dp[u][1] = w;
dp[u][4] = dp[u][3]; dp[u][3] = v;
} else if(w >= dp[u][2]) {
dp[u][2] = w; dp[u][4] = v;
}
}
inline void dfs(int u, int fa) {
dp[u][1] = dp[u][2] = -2e9;
for(int i = 0; i < gra[u].size(); i++) {
int v = gra[u][i].to;
if(v == fa) continue;
dfs(v, u);
int w = std::max(dp[v][0], dp[v][0] + dp[v][1] + gra[u][i].w);
dp[u][0] += w;
update(u, v, dp[v][0] + gra[u][i].w - w);
}
}
inline void dfs1(int u, int fa) {
ans = std::max(ans, dp[u][0]);
for(int i = 0; i < gra[u].size(); i++) {
int v = gra[u][i].to;
if(v == fa) continue;
int bdp0 = dp[v][0], bdp1 = dp[v][1], bdp2 = dp[v][2], bdp3 = dp[v][3], bdp4 = dp[v][4];
int w = std::max(dp[v][0], dp[v][0] + dp[v][1] + gra[u][i].w),
t = dp[u][3] == v,
dp0 = dp[u][0] - w,
nw = std::max(dp0, dp[u][0] + dp[u][t + 1] - w + gra[u][i].w);
dp[v][0] += nw;
update(v, u, dp0 + gra[u][i].w - nw);
dfs1(v, u);
dp[v][0] = bdp0; dp[v][1] = bdp1; dp[v][2] = bdp2; dp[v][3] = bdp3; dp[v][4] = bdp4;
}
}
int main() {
n = readint();
for(int i = 1, u, v, w; i < n; i++) {
u = readint(); v = readint(); w = readint();
gra[u].push_back(Edge {v, w});
gra[v].push_back(Edge {u, w});
}
dfs(1, 0);
dfs1(1, 0);
printf("%d", ans);
return 0;
}