POI2016

Nadajniki

有一个妙妙树形 DP。

设 \(f_{i,0/1/2,0/1/2,0/1/2}\) 为第 \(i\) 个点，这个点上放没放，他儿子有没有放，他父亲有没有放。

然后硬转移就行了。

f[p][0][0][1]=f[p][0][0][2]=f[p][0][0][0]=0;
	f[p][1][0][0]=1;f[p][2][0][0]=2;
	for(int i=head[p];i;i=nxt[i])
	{
		int v=to[i];
		if(v==fa) continue;
		dfs(to[i],p);
		long long mn=inf;
		for(int j=0;j<=2;j++)
			for(int k=0;k<=2;k++)
				for(int l=0;l<=2;l++)
					mn=min(mn,f[v][j][k][l]),g[j][k][l]=f[p][j][k][l];
		f[p][2][0][0]+=mn;mn=inf;		
		for(int j=0;j<=2;j++)
			for(int k=0;k<=2;k++)
				for(int l=0;l<=1;l++)
					mn=min(mn,f[v][j][k][l]);
		f[p][1][0][0]+=mn;
		f[p][0][0][0]+=f[v][0][2][0];
		f[p][0][0][1]+=min(f[v][0][2][0],f[v][0][1][0]);
		f[p][0][0][2]+=min({f[v][0][2][0],f[v][0][1][0],f[v][0][0][0]});
		for(int j=0;j<=2;j++)
			f[p][0][1][j]=min(g[0][1][j]+min({f[v][0][2][0],f[v][0][1][0],j>0?f[v][0][0][0]:inf}),g[0][0][min(j+1,2)]+f[v][1][0][0]);
		for(int j=0;j<=2;j++)
			f[p][0][2][j]=min({g[0][2][j]+min({f[v][0][2][0],f[v][0][1][0],f[v][0][0][0],f[v][1][0][0],f[v][2][0][0]}),g[0][1][min(j+1,2)]+min(f[v][2][0][0],f[v][1][0][0]),g[0][0][2]+f[v][2][0][0]});
	}

Korale

我想这道题的时候联想到了 2012 的一道题，当时没想到，但是确实有联系好像

不过联系不大。

首先需要知道的是第 \(k\) 小的选法的值是什么。

考虑到 \(k\) 不大，可以直接贪心。

用小根堆存二元组 \((sum,idx)\) 第一维表示此时的值，\(idx\) 表示排序后选出的一堆东西的标号最大的东西。

每次从小根堆里选出一个，然后把 \((sum+a_{idx+1},idx+1),(sum+a_{idx+1}-a_{idx},idx+1)\) 扔进堆里，这样依次取出 \(k\) 个就行。

然后是怎样求第 \(k\) 小对的字典序的那个。

用线段树维护，就是爆搜，每次取出大于当前位置，符合条件的最靠前的数，然后一点一点搜就行了。因为相同权值的可能被搜满，但是因为字典序大于自己，权值相同的最多 \(k\) 个，所以复杂度是对的。

Nim z utrudnieniem

nim 游戏有个结论就是所有石子的异或和等于 0，时先手必输，否则先手必胜。

然后就设 DP状态就行了，但是朴素的是会T的。

把所有的数从小到大排序，这样最多枚举到 \(2a_i\)，这样复杂度为均摊 \(\sum a\)。

后记

卡哇伊内