比完小結
今年的題目出的有點詭異，難度跨越有點大
入門 to 普及- to(注意：前方東非大裂谷，請小心慢行) 提高+/省選- to 提高+/省選-
不過實際上沒有這么難
T3、T4 一個DP 一個暴力（雖然不是正解） 也就可以過了
扯入正題
T1 標題統計
這道題十分的水，沒有什么技術含量，隨便怎么搞都可以過。
下面是我直接放代碼了。。。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char t;
int ans(0);
int main(){
freopen( "title.in", "r", stdin );
freopen( "title.out", "w", stdout );
while( ( t = getchar() ) != EOF )
if ( t != ' ' && t != '\n' && t != '\r' ) ans++;
printf( "%d", ans );
return 0;
}
T2 龍虎斗
這道題沒話說，只是題目長了點，好好理解一下也是不難的。
我們可以預處理出兩邊陣營的氣勢和（別忘了加上“某一刻天降神兵”）然后枚舉每個兵營，把你的兵加進去，算出之后兩個陣營最終的氣勢，然后選出氣勢之差絕對值最小的哪個陣營就可以了。
C++內置的函數abs由於老是忘掉是什么類型的，所以干脆手打算了。。。
話不多說，直接上代碼（普及- 及以下難度的不用具體講吧？）。還有注意要開 long long。（死了也別忘記）據說沒開long long只能得70左右。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL n, m, p1, s1, s2;
LL s[166666];
LL L, R;
LL ans(-1), q(0x7f7f7f7f7f7f7f7f);
LL Abs( LL x ){
return x >= 0 ? x : -x;
}
int main(){
freopen( "fight.in", "r", stdin );
freopen( "fight.out", "w", stdout );
scanf( "%lld", &n );
for ( int i = 1; i <= n; ++i ) scanf( "%lld", &s[i] );
scanf( "%lld%lld%lld%lld", &m, &p1, &s1, &s2 );
s[p1] += s1;
for ( int i = 1; i <= n; ++i ){
if ( i < m ) L += ( m - i ) * s[i];
if ( i > m ) R += ( i - m ) * s[i];
}
for ( int i = 1; i <= n; ++i ){
LL tL(L), tR(R), c;
if ( i < m ) tL += ( m - i ) * s2;
if ( i > m ) tR += ( i - m ) * s2;
c = Abs( tL - tR );
if ( c < q ) ans = i, q = c;
}
printf( "%lld\n", ans );
return 0;
}
T3 擺渡車
看這道題的時候，我（相信大家也是這樣）最先想到的是貪心，但是從數據范圍可以看出，如果是貪心題，數據范圍不會那么小（相信NOIP不會和Luogu月賽一樣，2018 11月月賽 搞個幾百大小數據騙我們用DP，結果是貪心）。有些人會想(including me)，是不是在有人到達時才能發車呢？？？沒想清楚就下手的話，就會浪費好多時間。仔細想想，很容易發現不一定要有人到達時發車，比如有時候，bus一回來，有個人等了2分鍾，后面那個人還有INF(hh) min 才會來，如果有人到達時才能發車，那么bus將在INF min后才等到一個人，原來等了2分鍾的那個人與司機等得花都謝了，所以這時候肯定是一回來就發車，雖然沒有人剛好到達。
當然，我們先排序。（DP，從排序做起）。
我們用f[i]表示i min 時發一輛車，ps[i]表示1 ~ i 的人數，ts[i]表示1 ~ i 所有人開始等的時間之和。
設上一次發車是jmin時，那么j min及以前的人都已經滾粗了，我們要求j + 1 ~ i所有人等待時間之和。
等待時間之和為Σ(i - t[k]) 可以簡化為 i * 人數 - Σ(t[k])， 人數、Σ(t[k])可以用前綴和來維護（即前面提到的ps、ts數組）。
然后就可以得到轉移方程——
( 0 <= i < m ) f[i] = ps[i] * i - ts[i]
( i > m ) f[i] = min{ f[j] + ( ps[i] - ps[j] ) * i - ( ts[i] - ts[j] ) }( 0 <= j <= i - m )
藍鵝，這樣的復雜度達到了O(MAXT ^ 2)!!!這是遠遠不行的。所以我們要進行優化~
優化I
對於兩個人a、b( ta < tb,b = a + 1) 如果 tb - ta >= 2 * m 可以從中間斷開
如果用work( l, r )表示對l、r區間范圍內進行一次DP work( ls, ta ), ls = tb;
很容易解釋，因為如果兩個人之間時間間隔不小於2m的話，他們是完全可以分兩趟車走的。因為a最遲走的時間為ta + m - 1，車回來的時間為ta + 2m - 1,如果tb >= ta + 2m - 1，剛好可以直接粗發QAQ。(或者理解為b可以作為起點)
優化II
i - 2* m + 1 <= j <= i - m
不難理解，每兩趟車之間間隔不會超過或等於2m（否則中間為什么不再來一趟呢？？？）
實際上，這已經滿足題目的時間復雜度要求，但是還有一個亂搞優化。(在考場上想到的)
優化III
if ps[i] == ps[i - 1]
j = i - m
解釋這個優化要從貪心的角度考慮。
回到原來那個問題:是不是在有人到達時才能發車呢？？？
前面已經解釋了答案是否定的。這從一個側面告訴我們，如果不是在有人到達時才發車，肯定是由於車來不及回來。
所以，在最優方案中，那趟車一定會在剛好回來時發車。也就是說，i min時車剛好回來，上一次發車是在 i - m min時。
真是玄之又玄。
最終的程序不是在考場中寫的，因為考場中 優化I 采用了路徑壓縮的方法，但是出現一些問題，被卡掉20分。
算法的復雜度也是在O(nm)級別，但常數要比Sooke大佬的代碼大一些。
然后上代碼！（雖然不是最好的解，但87ms也湊合吧。）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 505
#define MAXM 205
int n, m, mm, ans;
int t[MAXN], ps[MAXM * MAXN], ts[MAXM * MAXN];
int f[MAXM * MAXN];
void work( int l, int r ){
memset( ps, 0, sizeof ps ), memset( ts, 0, sizeof ts ), memset( f, 0, sizeof f );
for ( int i = l + 1; i <= r; ++i ){
t[i] -= t[l]; ps[t[i]]++; ts[t[i]] += t[i];
}
t[l] = 0; ps[0]++;
for ( int i = 1; i < t[r] + m; ++i ) ps[i] += ps[i - 1], ts[i] += ts[i - 1];
for ( int i = 1; i < t[r] + m; ++i ){
if ( i < m ){ f[i] = ps[i] * i - ts[i]; continue; }
if ( ps[i] == ps[i - 1] ){ f[i] = f[i - m] + ( ps[i] - ps[i - m] ) * i - ( ts[i] - ts[i - m] ); continue; }
f[i] = INT_MAX;
for ( int j = max( 0, i - mm + 1 ); j <= i - m; ++j ) f[i] = min( f[i], f[j] + ( ps[i] - ps[j] ) * i - ( ts[i] - ts[j] ) );
}
int cur(INT_MAX);
for ( int i = t[r]; i < t[r] + m; ++i ) cur = min( cur, f[i] );
ans += cur;
}
int main(){
scanf( "%d%d", &n, &m ); mm = m << 1;
for ( int i = 1; i <= n; ++i ) scanf( "%d", &t[i] );
sort( t + 1, t + n + 1 );
int ls(1);
for ( int i = 1; i < n; ++i )
if ( t[i + 1] - t[i] >= mm ) work( ls, i ), ls = i + 1;
work( ls, n );
printf( "%d\n", ans );
return 0;
}
非常抱歉，雖然這個代碼通過了一些民間數據，但CCF的數據實在太強，把我原來的代碼卡到了80分，以上代碼70分，具體錯誤還不清楚，所以就暫時留坑QAQ。
updata 2018/11/30 23:03: 總算填好坑了QAQ
T4 對稱二叉樹
這道題我也不知道正解是什么。我直接暴力+剪枝也跑過了所有測試點（數據太水？）
我們可以考慮當將一棵樹所有節點的左右子樹交換，那么搜索的順序左變右，右變左。
即原來對於節點P，從根節點到P的路徑是左右左左右，那么反轉后根節點到P'的位置的路徑就是右左右右左。
我們直接枚舉每個子樹的根節點，把原來的點、翻轉后的點一一對應就可以了。
實現起來也不難。注意加點剪枝（不解釋剪枝原理了）。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1000000 + 0xac;//AC萬歲！！！
int n, v[MAXN], d[MAXN], s[MAXN];
unsigned long long M1[MAXN], M2[MAXN], M3[MAXN];
int L[MAXN], R[MAXN];
void DFS( int x, int dep ){
s[x] = 1; M1[x] = v[x]; M2[x] = v[x]; M3[x] = dep * v[x];
if ( L[x] != -1 ) DFS( L[x], dep + 1 ), s[x] += s[L[x]], M1[x] *= M1[L[x]], M2[x] += M2[L[x]], M3[x] += M3[L[x]];
d[x] = dep;
if ( R[x] != -1 ) DFS( R[x], dep + 1 ), s[x] += s[R[x]], M1[x] *= M1[R[x]], M2[x] += M2[R[x]], M3[x] += M3[R[x]];
}
bool check( int x, int y ){
if ( v[x] != v[y] || s[x] != s[y] || M1[x] != M1[y] || M2[x] != M2[y] || M3[x] != M3[y] ) return 0;
if ( L[x] > 0 || R[y] > 0 ){
if ( L[x] < 0 || R[y] < 0 ) return 0;
if ( !check( L[x], R[y] ) ) return 0;
}
if ( R[x] > 0 || L[y] > 0 ){
if ( R[x] < 0 || L[y] < 0 ) return 0;
if ( !check( R[x], L[y] ) ) return 0;
}
return 1;
}
bool cmp( int x, int y ){
return s[x] > s[y];
}
int main(){
freopen( "tree.in", "r", stdin );
freopen( "tree.out", "w", stdout );
scanf( "%d", &n );
for ( int i = 1; i <= n; ++i ) scanf( "%d", &v[i] );
for ( int i = 1; i <= n; ++i ) scanf( "%d%d", &L[i], &R[i] );
DFS( 1, 1 );
int ans(1);
for ( int i = 1; i <= n; ++i )
if ( s[i] > ans && check( i, i ) ) ans = max( ans, s[i] );
printf( "%d\n", ans );
return 0;
}
鳴謝
感謝葉康傑童鞋的審核。
感謝CCF提供的數據（尤其是把我T3卡掉了的那些QAQ）。