Educational Codeforces Round 67 (Rated for Div. 2)(D思维题线段树/E树形dp(换根dp) 二次扫描与换根法)

心得

D写了个假算法被hack了wtcl…

E据涛神说是二次扫描与换根法，看了看好像和树形dp差不多

F概率dp G费用流回头再补

思路来源

马老师归神贤神等代码

http://www.mamicode.com/info-detail-2530493.html(51nod1405 近似E原题)

D.Subarray Sorting（思维题/线段树）

本来过这题人数900+ 后来被hack成100多真是可怕

长度为n(n<=3e5)的两个序列a[]和b[]，

每次可以把a[]序列里的某一子段排成不降序，

可以排序无数次，问a[]是否能变成b[]

贪心考虑，每个b[]所需匹配的位置是离它最近的位置，

这样才使得排序的区间越短越好，越可能满足条件

倒序考虑b[i]，其对应的a[]中最近的位置pos能换到i的位置，

当且仅当[pos,i]中没有数比a[pos]大，

维护一颗a[]上还有哪些数没被匹配的线段树，

去检查这个区间是否有数比b[i]大即可，

匹配一个删一个，所以[pos,i]和[pos,n]等价，

但pos可能本身就比i大，是pos后面插入了一些初始时位于它前面但比它大的值，把它向前挤到pos的位置的

避免特判，直接写[pos,n]即可

#include<bits/stdc++.h>
#define lson p<<1,l,mid
#define rson p<<1|1,mid+1,r
using namespace std;
const int N=3e5+10;
stack<int>pos[N];
int t,n,dat[N*4],v;
int a[N],b[N];
bool flag;
void build(int p,int l,int r)
{if(l==r){dat[p]=0;return; } int mid=(l+r)/2;build(lson);build(rson);dat[p]=max(dat[p<<1],dat[p<<1|1]);
}
void update(int p,int l,int r,int pos,int v)
{if(l==r){dat[p]=v;return;}int mid=(l+r)/2;if(pos<=mid)update(lson,pos,v);else update(rson,pos,v);dat[p]=max(dat[p<<1],dat[p<<1|1]);
}
int ask(int p,int l,int r,int ql,int qr)
{if(ql<=l&&r<=qr)return dat[p];int mid=(l+r)/2,res=0;if(ql<=mid)res=max(res,ask(lson,ql,qr));if(qr>mid)res=max(res,ask(rson,ql,qr));return res;
}
int main()
{scanf("%d",&t);while(t--){flag=0; scanf("%d",&n);build(1,1,n);for(int i=1;i<=n;++i)while(!pos[i].empty())pos[i].pop();for(int i=1;i<=n;++i){scanf("%d",&a[i]);update(1,1,n,i,a[i]);pos[a[i]].push(i);}for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&b[i]); for(int i=n;i>=1&&!flag;--i){if(pos[b[i]].empty()){flag=1;break;}//离b[i]最近的与之相等的位置 int adj=pos[b[i]].top();pos[b[i]].pop();//[pos,n]之间 其实是[pos,i]之间 有大于b[i]的值使得离b[i]最近的与b[i]相等的a[i]换不到b[i]的位置//但考虑到pos可能>i 所以用[pos,n] 事实上[i+1,n]的值都已经被匹配好了 线段树上维护的是还没被匹配的值 if(ask(1,1,n,adj,n)>b[i]){flag=1;break; } else update(1,1,n,adj,0);}puts(flag?"NO":"YES");}return 0;
}

E.Tree Painting（树形dp/二次扫描与换根法）

一棵n(2<=n<=2e5)个点的树，初始所有点都是白色的

第一次选择树上的一个点，获得所有与这个白点的联通的白点的个数(含自己)，然后把它变成黑色，

之后每次操作，都只能选择和现有黑点邻接的白点，然后获得个数，变成黑色

所有点都变黑的时候，输出获得个数的最大值

注意除了第一个点外，每涂一个点，所获贡献是以这个点为根的子树的数量(含)

然后发现，其实第一个点也是这样的，

所以等价于求树根rt，使得在以rt为根的情况下，所有点的子树和最大

①先随便以一个点为根，不妨为1号点，dfs1，统计答案作dp[1]

②然后考虑换根，dfs2，

设u和v相连，u和v之间的边为w，u是v的父亲，显然可以把sz[v]的贡献记到w这条边上

那开始u是根，w的贡献是v这棵子树sz[v]；后来v是根，w的贡献就是u这棵子树也就是n-sz[v]了

dfs2相邻点的时候，换根，更新答案即可

也可以直接考虑本问题，从u到v的换根，只涉及到sz[u]和sz[v]的变化，其他的都不变，

所以就是sz[u]减少了原sz[v]，sz[v]增加了原n-sz[v]，等价

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N=2e5+10;
vector<int>E[N*2];
int n,u,v;
ll ans,dp[N],sz[N];
void dfs1(int u,int fa)
{sz[u]=1;for(int v:E[u]){if(v==fa)continue;dfs1(v,u);sz[u]+=sz[v];}dp[1]+=sz[u];
}
void dfs2(int u,int fa,ll now)
{ans=max(ans,now);for(int v:E[u]){if(v==fa)continue;dfs2(v,u,now-sz[v]+(n-sz[v]));}
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<n;++i){scanf("%d%d",&u,&v);E[u].pb(v);E[v].pb(u);}dfs1(1,-1);dfs2(1,-1,dp[1]);printf("%I64d\n",ans);return 0;
}