現場得分 \(28 + 100 + 26 = 154\)。
\(A\)
首先 ， 考慮動態規划。
設 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 段牆壁 ， 交給第 \(j\) 個及之前的承包商粉刷 ， 最多匹配的長度。
注意到 \(f_{i}\) 之和 \(f_{i - 1}\) 有關 ， 因此可以用滾動數組來優化空間復雜度。
這樣就求出了第 \([i - m + 1 , i]\) 這段區間的牆壁是否可以被某個承包商粉刷。
將所有可以的位置排序 ， 然后貪心地盡可能往后放即可。
時間復雜度 : \(O(N)\)
代碼 : https://loj.ac/submission/922889
\(B\)
首先考慮一個 \(O(NMlogN)\) 的做法。
二分答案 \(mid\) ， 保留圖中權值不超過 \(mid\) 的邊 ， 如果圖中有環或度數超過 \(2\) 的點 ， 那么就符合要求。
這是因為可以讓一輛車在一個節點處停留 ， 等另一輛車到達目的地后再繼續開。
這樣可以得到 \(37\) 分。
接着 ， 考慮克魯斯卡爾重構樹 ， 對於重構樹上每個節點記一個權值 ， 代表的是這個聯通塊最早符合要求是什么時候。
回答詢問時 ， 先求出 \(u\) 和 \(v\) 的最近公共祖先 。 再倍增至第一個權值非空的節點 ， 即可。
時間復雜度 : \(O((N + M)logN)\)。
代碼在考場上。
\(C\)
首先找出這棵樹的重心。 這需要花費 \(2M\) 次操作。
注意到每個點的度數不超過 \(3\)。
如果重心的度數為 \(2\) ， 由重心的性質 ， 兩棵子樹大小差不超過 \(1\) ， 每次取不同於上次所選的那棵子樹中 ， 剩下的深度最大的節點來構造出一種合法方案。
如果度數為 \(3\) ， 延續剛才的思路 ， 每次取不同於上次所選的兩棵子樹中剩余深度最大的節點。
這樣做必然有一時刻 ， 某兩棵子樹的大小和等於另一棵子樹的大小。 其正確性在於 :
記函數 \(V = 2 \cdot max{size} - sum{size}\) ， 由重心的性質得到函數 \(V\) 的初值小於 \(0\)。
這個函數在每次操作后的變化量為 \(1\) ， 因此一定存在某一時刻滿足 \(V = 0\)。
因此 ， 在這個時刻到來時 ， 將兩棵較小的子樹合並 ， 用度數等於 \(2\) 的方法處理即可。
總操作數 \(4M\)。時間復雜度 : \(O(NlogN)\)。
代碼 : https://loj.ac/submission/926697