JOI 2015 FInal 舞会

JOI 2015 FInal 舞会

​ 题目链接:#2727. 「JOI 2015 Final」舞会 - 题目 - LibreOJ (loj.ac)

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​ 很明显，答案具有单调性，我们考虑二分答案。那么问题就变成了怎么写出 check 函数。

​ 我们发现，根据题意，每三个点最后都会变成一个点，那我们不断进行缩点，画个图看看？

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​ 我们发现，这个数列变成了一棵树，这棵树的根就是最后留下来的点，我们可以利用这棵树来检验。注意到，这棵树中的每个非叶子节点都有且仅有三个儿子，且他的值是他三个儿子的中位数。对于中位数的题目我们又有一个很套路的做法，二分中位数，将大于等于中位数的数变成1，小于中位数的数变成0。 这刚好契合上我们之前二分答案的思想。那么判断这个答案可不可行就转化成了在转化数之后根节点的值能不能为1这个问题了。

​ 至于建树，我们模拟过程就好了，代码像这样：

void build()
{
	queue <int> q;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		q.push(i);
	int tot=n;
	while(q.size()>1)
	{
		int oo=++tot;
		if(q.size()==3) root=oo;
		for(int i=1;i<=3;++i)
			add(oo,q.front()),q.pop();
		q.push(oo);
	}
}

​ 然后我们研究树上节点的值是怎么来的。注意到，每个叶子节点的值与他这个位置的贵族的熟练度有关，儿每个非叶子节点的值就是它三个儿子的中位数。也就是说当且仅当这个节点的三个儿子中至少有两个1，这个节点的值才为1。而叶子节点的值是可以靠人去分配的，同时叶子结点的值的个数也是一定的，那么树形dp的做法就呼之欲出了。我们遍历一遍每个贵族的熟练度，求出我们手中拥有1的个数，再通过树形dp求出要让根节点的值为1最小需要1值的个数，再讲这个数与我们手上拥有1值的个数相比较就可以完成判断。

​ 我们设 dp[i] 为使 \(i\) 这个点的值为1所需要再添加的1值的个数。我们又要让dp值最小，那么转移式为：

\[dp_i=dp_{son1}+dp_{son2}+dp_{son3}-\max(dp_{son1},dp_{son2},dp_{son3}) \]

​ 因为我们只需要两个1就可以了，付出代价最大的那个节点就让他为0。然后我们看看初始值怎么赋。如果这个点不是一个贵族一开始的固定的位置，那么这个点的 \(dp\) 值就为1。如果是的话，再考虑贵族的值是不是1，如果是1，那么这个点的 \(dp\) 值为0。否则为 \(inf\) (注：这里的 \(inf\) 开小一点，否则容易溢出导致负数的出现)

​ 初始值我们可以这么赋：

	memset(dp,0,sizeof dp);
	for(int i=1;i<=n;++i) dp[i]=1;
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		if(d[i]>=x) dp[p[i]]=0;
		else dp[p[i]]=1e7;
	}

全部代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
int n,m,d[MAXN],p[MAXN],v[MAXN],dp[MAXN<<2],root;
int head[MAXN<<2],all;
struct E
{
	int to,pre;
}e[MAXN<<2];
void add(int u,int v)
{
	e[++all]=E{v,head[u]};
	head[u]=all;
}
void build()
{
	queue <int> q;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		q.push(i);
	int tot=n;
	while(q.size()>1)
	{
		int oo=++tot;
		if(q.size()==3) root=oo;
		for(int i=1;i<=3;++i)
			add(oo,q.front()),q.pop();
		q.push(oo);
	}
}
void dfs(int k)
{
	if(k<=n) return ;
	int Max=0;
	for(int i=head[k];i;i=e[i].pre)
	{
		int to=e[i].to;
		dfs(to);
		dp[k]+=dp[to];
		Max=max(Max,dp[to]);
	}
	dp[k]-=Max;
}
bool check(int x)
{
	memset(dp,0,sizeof dp);
	for(int i=1;i<=n;++i) dp[i]=1;
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		if(d[i]>=x) dp[p[i]]=0;
		else dp[p[i]]=1e7;
	}
	int cnt=0;
	for(int i=m+1;i<=n;++i) if(d[i]>=x) ++cnt;
	dfs(root);
	return dp[root]<=cnt;
}
int main()
{
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;++i)
		scanf("%d %d",&d[i],&p[i]);
	for(int i=m+1;i<=n;++i)
		scanf("%d",&d[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		v[i]=d[i];
	sort(v+1,v+1+n);
	int Siz=unique(v+1,v+1+n)-v-1;
	build();
	int l=1,r=Siz,ans=1;
	while(l<=r)
	{
		int mid=l+r>>1;
		if(check(v[mid]))
		{
			ans=mid;
			l=mid+1;
		}
		else r=mid-1;
	}
	printf("%d\n",v[ans]);
	return 0;
}

​ 像这种有点像模拟，需要不断进行操作的题目。对于这种陌生的模型，我们可以将模型转化为我们熟悉的某种图进行解题。一般来说，一种操作就相当于在图上进行一次移动。这种转化模型的图还是比较考验想法的。这就是我被初见杀的理由0.0 还是得靠做题积累经验。