题目思路：
又是我换根大法的展现时间
首先来了解一个知识点啊，树的重心
树的重心：
- 树中所有点到某个点的距离和中，到重心的距离和是最小的，如果有两个距离和，他们的距离和一样。
- 把两棵树通过一条边相连，新的树的重心在原来两棵树重心的连线上。
- 一棵树添加或者删除一个节点，树的重心最多只移动一条边的位置。
- 一棵树最多有两个重心，且相邻
重点是第一条
偷一下题解
其实题解里的u1，u2就是俩棵树的重心
答案组成包括了俩部分
一部分是原本树内俩俩点之间的最小距离，这是不变的
另一部分是俩起来之后俩个树的点对
就是题解说的那三种情况
显然节点个数我们没法改变，所以就是找到树的重心
然后怎么找呢，换根！！！！！！
定义size[n]（和题解里的没关系）为n所有子节点的个数
dp[n]为节点n的所有子节点到n的距离之和
所以我们的dp[n] = dp[i] (i为n的儿子) + size[n]
分别用
casize计算出子节点的个数
dfs_dpfirst计算出任意一个根的dp[n]
dfsfindroot分离出俩颗树，算出每颗树的节点个数
dfs_rerooting换根dp的核心，见以往博客
然后我们根据换根的原理，可以发现，在每一次换根之后，都会得到根节点到所有其他节点的距离和，全部加起来就是树内俩俩点之间的最小距离的和的二倍，除二就可以了
这样俩部分就都求出来了
题目代码：
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177
| #include<bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iomanip>
#include <string>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <map>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <deque>
#include <utility>
#define LL long long
using namespace std;
const int MAX = 100020;
const int MAX_1 = 70;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double EPS = 0.0000001;
const int MOD = 998244353;
const double PI = acos(-1);
LL T,N,M;
LL dp1[MAX];
LL dp2[MAX];
int tsize1[MAX];
int tsize2[MAX];
vector<int> edge[MAX];
int flag[MAX];
LL ans = 0;
LL tree1,tree2,tmin;
void tempcout(LL a[])
{
for(int i = 1;i <= N;i++)
{
cout << a[i] << " ";
}
cout <<endl;
}
void dfsfindroot(int n)
{
flag[n] = 1;
for(int i = 0;i < edge[n].size();i++)
{
int m = edge[n][i];
if(flag[m]) continue;
else
{
flag[m] = 1;
dfsfindroot(m);
}
}
}
int casize(int tsize[],int n,int v)
{
for(int i = 0;i < edge[n].size();i++)
{
int m = edge[n][i];
if(m == v) continue;
else
{
tsize[n] += casize(tsize,m,n);
}
}
return tsize[n] + 1;
}
int dfs_dpfirst(LL dp[],int tsize[],int n,int v)
{
dp[n] = tsize[n];
for(int i = 0;i < edge[n].size();i++)
{
int to = edge[n][i];
if(to == v) continue;
else
{
dp[n] += dfs_dpfirst(dp,tsize,to,n);
}
}
return dp[n];
}
void dfs_rerooting(LL dp[],int tsize[],int n,int v)
{
ans += dp[n];
tmin = min(tmin,dp[n]);
for(int i = 0;i < edge[n].size();i ++)
{
int to = edge[n][i];
if(to == v) continue;
dp[n] -= dp[to];
dp[n] -= tsize[to];
tsize[n] -= (tsize[to]+1);
tsize[to] += (tsize[n]+1);
dp[to] += dp[n];
dp[to] += tsize[n];
dfs_rerooting(dp,tsize,to,n);
dp[to] -= tsize[n];
dp[to] -= dp[n];
tsize[to] -= (tsize[n]+1);
tsize[n] += (tsize[to]+1);
dp[n] += tsize[to];
dp[n] += dp[to];
}
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> N;
M = N - 2;
int u,v;
LL t1,t2,node1,node2;
node1 = node2 = 0;
LL minans = 0;
while(M--)
{
cin >> u >> v;
edge[u].push_back(v);
edge[v].push_back(u);
}
dfsfindroot(1);
t1 = 1;
for(int i = 1;i <= N;i++)
{
if(flag[i]) node1++;
if(!flag[i])
{
t2 = i;
}
}
node2 = N - node1;
casize(tsize1,t1,-1);
dfs_dpfirst(dp1,tsize1,t1,-1);
tmin = INF;
ans = 0;
dfs_rerooting(dp1,tsize1,t1,-1);
tree1 = tmin;
minans += ans>>1;
casize(tsize2,t2,-1);
dfs_dpfirst(dp2,tsize2,t2,-1);
tmin = INF;
ans = 0;
dfs_rerooting(dp2,tsize2,t2,-1);
tree2 = tmin;
minans += ans>>1;
minans += node1 * node2;
minans += node1 * tree2;
minans += node2 * tree1;
cout << minans <<endl;
return 0;
}
|
题目思路：
把每一个数字n出现的位置记录下来
然后枚举pair（i，j）就是序列的数字
然后按照位置交替放，找到最长的
题目代码：
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|
vector<int> a[MAX];
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> N >> M;
if(N == 1)
{
cout << "0" <<endl;
return 0;
}
int x;
for(int i = 0;i < N;i++)
{
cin >> x;
a[x].push_back(i);
}
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= M;i++)
{
for(int j = 1;j <= M;j++)
{
if(i == j) continue;
int li = a[i].size();
int lj = a[j].size();
if(li+lj < ans) break;
int temp = 0;
int m = 0;
for(int k = 0;k < li;k++)
{
if(k != 0)
{
if(a[j][m] > a[i][k]) continue;
}
temp++;
while(a[j][m] < a[i][k])
{
m++;
if(m >= lj) break;
}
if(m >= lj) break;
temp++;
}
ans = max(temp,ans);
}
}
cout <<ans <<endl;
return 0;
}
|
记住每个字母有几个
乘一下，gcd一下，就好了
这个题意一点也不清楚，枚举题意
题意是说b车都等着，最少要等多少秒，然后出发不会和a相遇
就记住a车的时间，枚举b等待时间，看会不会相遇就可以
概率看我：
这个不算ac了
就是获取到一些知识
相交的区间比较多，所以我们可以想到算不相交的
错误：然后在比赛的时候我们算的不是概率，而是去算的不相交的区间个数，这种做法是错误的，因为选取到每一个区间的概率是不相同的，当选取了右端点，第二次选左端点的概率是不同的的
例如1，2，3
选到[2,2]区间的概率是1/3 * 1/2 而选到[3,3]区间的概率为1/3 * 1/3（1/n * 1/r）
这里附上别人的题解:题解传送门
第二行两个线段，左边的圈位置可以取的值我称为左圈值，右边的圈的位置可以取的值我称为右圈值，不考虑相交时，左圈值可以是1，2，。。n，右圈值同理，故有n*n中情况，在考虑相交时，左圈值可以取1，2，3。。。n-1，此时右圈值对应可以取n-1个，n-2个，n-3个。。。1个，所以总的情况有n-1 + n-2 + n-3 +。。+1（即1->n求和），所以概率就是上面列的那个式子
(见传送门评论区)
一开始还以为这个是考的四舍五入
然而a是很大的，考的是字符串了，只要看最后一位小数是大于4还是小于4就好了
先算出所有仓库订单的最小公倍数k
然后计算出每个仓库订单达到k所需要的工人之和sum
题中所给的人数必须是此sum的倍数，然后就顺序输出就行，按比例分配工人
小学题
