POI 2013

Bytecomputer

有一个显而易见又好证的性质：最后的序列一定是先一段 -1 ，然后有一段 0 ，最后是一段 1 。然后考虑 DP，\(f_{i,j}\) 表示把 \(i\) 变成 \(j\) 状态的最小操作次数。

然后转移很简单的。

Taxis

比较好想的是让能走路程多的先去 \(d\) 之前的位置接人。

因为这样浪费在去的路上的路程能让大车承担。

但是如果我们把大车都用光了，剩下的小车不能把人送到 \(m\) 也是不行的。

所以考虑预留一辆最小的大于 \(m-d\) 的车，然后再从大到小安排车。

整体是这样，但是还有细节

Walk

结论题，然后我他喵的不会证明，咋整啊。

不证明了就

Tales of seafaring

以每个点为起点，求任意两点间的最短路，这样你可以在一条边上反复横跳来满足条件。

但是这样是不行的，因为最短路上可能反复横跳 \(d\) 步就到不了终点了，所以两点之间奇数最短路和偶数最短路都要求。

然后需要判一下对应奇偶性的最短路是不是小于 \(d\) ，大于 \(d\) 就一定不行。

Polarization

首先最小的方案就是下一层和上一层连的方向相反，对数是 \(n-1\)

然后最多的就是根的子树要么都是向上指，要么都是向下指。

因为这样不仅让子树内都能连上，还能让子树间连接上一部分。

然后还有个结论就是根要选重心，证明不会。感性理解一下。

然后就是像一个背包的问题。因为你要决定子树的方向。

然后挺人类智慧的 qwq

因为最多有 \(\sqrt n\) 种物品，所以用二进制分组优化多重背包。然后用 bitset 优化一下。复杂度 \(O(n\frac {\sqrt n} {32})\)

Tower Defense Game

如果你选的点是本来就有塔的点，那你放在这一定没事。

如果你选的点不是本来有塔的点，那你距离原来覆盖自己的塔 1 ，原来的塔距离其他本应覆盖的点也为 1 ，相当于选了原来的塔。

所以就乱选就行了。只要每次选完把覆盖的点删掉就行。

Triumphal arch

二分，然后考虑 B 不会走回头路，因为这样就相当于啥也没干还浪费走的机会。

于是设 \(f_i\) 表示把 \(i\) 子树内所有点都染完除了走的时候用的点还需要多少次染色。

\(f_{p}=\sum {f_v+1} -K\)。

然后二分 \(K\)。

Take-out

感觉是栈的练习题。

但是我又想不到。

我是 2B

不重叠就用栈维护一下，当栈头 \(k+1\) 个 \(k\) 个白\(1\) 个黑弹出就完事了。

Price List

最短路只有几种方式生成。

一种 \(b>2a\) 就根本不用管。

另一种是 \(dis/2 \times b+a\) 就是把所有 \(a\) 替换一下，这个也好求。

然后还有可能就是绕一大圈回来全走的是 \(b\) 。

这种的走的第二步不用再走一次，所以可以将他删掉。

复杂度不会证。是根号大概。