T1：图

【问题描述】
给你一个n个点，m条边的无向图，每个点有一个非负的权值ci，现在你需要选择一些点，使得每一个点都满足：
如果这个点没有被选择，则与它有边相连的所有点都必须被选择。
问：满足上述条件的点集中，所有选择的点的权值和最小是多少？
QYQ很快就解决了这个问题，但是他已经回到了左下角……没有留下答案，现在只好请你来解决这个问题啦！
【输入描述】
从文件graph.in中输入数据。
输入的第一行包含两个整数n，m
输入的第二行包含n个整数，其中第i个整数代表ci
输入的第三行到第m+2行，每行包含两个整数u，v，代表点u和点v之间有一条边
【输出描述】
输出到文件graph.out中。
输出的第一行包含一个整数，代表最小的权值和
【样例】
Sample Input
3 1
1 2 3
3 1
Sample Output
1
【样例解释】
只选择1号点，满足题意
【数据规模】
对于20% 的数据：n<=10
对于40%的数据：n<=20
对于100%的数据：1<=n<=50， 1<=m<=500， 0<=c<=1000
图中可能会有重边，自环。
点的编号为1—n。

solution

直接大法师 搜索即可
当然不是指纯$O(2^n)$那么头铁的暴搜
其实也差不多啦~
可以加入两个强劲剪枝
①：当前搜索的值已经大于了已经找到的最小值，就没有搜下去的意义了
②：当$u$点强制不选后，所有与$u$点直接相连的点就必须选，这也可以剪掉很多情况
最后就发现跑的贼nm快，但是就很玄学，懂？——算不了时间复杂度
直接帮你从$O(2^{50})$$T$飞直接剪进$AC$

这道题告诉我，有的时候正解真的就是普普通通的搜索，只不过平时因为都是思维方面的训练
所以搜索一般是用来想不出正解搞简单的部分分用的算法
搜索——正解算法思考下优先级可能没那么高，但是当什么算法都不行的时候，可能就要尝试一下了
而且一般很小的范围，除掉很巧妙的结论或者技巧题——贪心，状压，搜索就很大概率是正解
因为搜索的时间复杂度加上剪枝后就变得很玄学
所以考场上，就算知道暴搜点强制选了后，与之直接相连的点必须不选的情况下
我也没敢直接就大法师冲，平时就是直接刚了，莫名这个时候稳如一匹翻车的老狗

code

#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
#define maxn 55
#define inf 0x3f3f3f3f
vector < int > G[maxn];
int n, m, ans, minn, cnt;
int c[maxn], p[maxn], tot[maxn];
bool vis[maxn], flag[maxn];
int g[maxn][maxn];void dfs1( int u, int fa ) {vis[u] = 1, p[++ cnt] = u;for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ )if( vis[G[u][i]] ) continue;else dfs1( G[u][i], u );
}void dfs2( int u, int cost ) {if( cost > minn ) return;if( u > cnt ) {minn = min( minn, cost );return;}dfs2( u + 1, cost + c[p[u]] );if( ! flag[p[u]] && ! tot[p[u]] ) {for( int i = 0;i < G[p[u]].size();i ++ )tot[G[p[u]][i]] ++;dfs2( u + 1, cost );for( int i = 0;i < G[p[u]].size();i ++ )tot[G[p[u]][i]] --;}
}int main() {scanf( "%d %d", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%d", &c[i] );for( int i = 1, u, v;i <= m;i ++ ) {scanf( "%d %d", &u, &v );g[u][v] = g[v][u] = 1;if( u == v ) flag[u] = 1; }for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int j = 1;j <= n;j ++ )if( g[i][j] ) G[i].push_back( j );for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( ! vis[i] ) {cnt = 0, minn = inf;dfs1( i, 0 );dfs2( 1, 0 );ans += minn;}printf( "%d\n", ans );return 0;
}

T2：劫富济贫

【问题描述】
吕弗·普自小从英国长大，受到骑士精神的影响，吕弗·普的梦想便是成为一位劫富济贫的骑士。
吕弗·普拿到了一份全国富豪的名单(不在名单上的都是穷人)，上面写着所有富豪的名字以及他们的总资产，比如豪特斯·珀去年资产有86E，吕弗·普就会准备抢来资助贫困的伯恩兄弟……
现在吕弗·普做了M次打劫计划，每次要打劫若干个人，他想知道每次能打劫到的总资产是多少
【输入格式】
第一行一个正整数N，代表富豪的个数
接下来N行，每行一个由小写字母组成的字符串Si和一个非负整数Wi，分别代表第i个富豪的名字和第i个富豪的资产数量
然后一个正整数M，代表吕弗·普的打劫次数
接下来M行，每行第一个数为正整数Xi，代表这次要打劫Xi个人，接下来有X个字符串，说明了这Xi个人是谁
【输出格式】
对于每次打劫任务，输出一行一个整数表示打劫到的总资产
如果这次打劫任务中打劫了一个穷人，那就输出-1
【样例输入】
2
a 10
b 20
3
2 a b
1 b
2 a c
【样例输出】
30
20
-1
【数据范围与约定】
对于30% 的数据，输入中每个名字的长度均为1
对于60% 的数据，N,∑Xi<= 100,输入中每个名字的长度<=10
对于100%的数据，N,∑Xi<= 10^5 ，输入中所有名字的总长<=2*10^6 ，Wi<=10^9，保证任意两个富豪名字不同,但不保证打劫计划中会不会有重复的人（重复的人会被重复打劫）

solution

法一：
直接$map$就跑，应该是只能拿到$70\%$，但是我旁边的香香mm就莫名卡过去了，我就没卡过去
明知字典树可做的情况下还是以为$3s$，再怎么说$map$也绰绰有余的

法二：$hash$应该是能$A$的
法三：正解——$trie$字典树
还是很裸的了，大部分人在一看到这句话肯定就知道怎么写了

这里提一句关于数组大小的问题——此题只给了256MB
也就是说只允许一个$trie[2e6][26]$大小的数组再加点其他小数组
还必须留有一定的运行空间
刚开始我的$flag$数组开得跟$trie$一样大，然后就自然地$MLE$
后面才领悟到——其实只用开$n$大小的就可以了
因为虽然字典树是每个节点都有$26$个儿子，但是我总点数就等于总名字长度，不会超过$2e6$

code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define maxm 2000005
#define maxn 500005
int n, m, cnt;
int trie[maxm][26], w[maxn];
char s[maxm];
int flag[maxm];void insert( char *s, int id ) {int p = 0, len = strlen( s );for( int i = 0;i < len;i ++ ) {int c = s[i] - 'a';if( ! trie[p][c] ) trie[p][c] = ++ cnt;p = trie[p][c];}flag[p] = id;
}int query( char *s ) {int p = 0, len = strlen( s );for( int i = 0;i < len;i ++ ) {int c = s[i] - 'a';if( ! trie[p][c] ) return 0;p = trie[p][c];}return flag[p];
}int main() {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%s %d", s, &w[i] );insert( s, i );}scanf( "%d", &m );for( int i = 1, x;i <= m;i ++ ) {scanf( "%d", &x );long long ans = 0;bool no = 0;for( int j = 1;j <= x;j ++ ) {scanf( "%s", s );int id = query( s );if( id ) ans += w[id];else no = 1;}if( no ) printf( "-1\n" );else printf( "%lld\n", ans );}return 0;
}

T3：小A的树

【问题描述】
给出一棵n个点的树，每个点有黑白两种颜色。q次询问，每次询问给出x和y，问能否选出一个x个点的联通子图，使得其中黑点数目为y。
【输入描述】
第一行一个正整数 T 表示数据组数。
对于每一组数据，第一行有两个用空格隔开的正整数，分别是 n 和 q ，表示树的节点数和询问次数。
接下来 n-1 行，每行两个用空格隔开的正整数和，表示和间有一条边相连。
接下来一行有 n 个用空格隔开的整数，其中值若0，则表示第 i 个点为白色，否则为黑色。
接下来 q 行，每行两个用空格隔开的整数 x 和 y 。
T=1,n<=5000，q<=10^5
【输出描述】
对于每一组数据，输出 q 行，每行为 “YES” 或者 “NO” （不含双引号），表示对于给定的和，能否满足小A 的要求。
每相邻两组数据的输出之间空一行。
【样例输入】
1
9 4
4 1
1 5
1 2
3 2
3 6
6 7
6 8
9 6
0 1 0 1 0 0 1 0 1
3 2
7 3
4 0
9 5
【样例输出】
YES
YES
NO
NO

solution

$T=1$就挺离谱儿的

这道题如果发现了一个性质👇就很简单了 然并卵，我既没有发现也不觉得发现后就简单了

对于某一大小的连通子图，其包含黑点数的最小值与最大值之间的所有点数目都能够取得到
简单感性证明一下哈哈哈哈
一个连通子图可以删除一个点再加入一个点，保证连通子图的大小依然不变
且此时黑点的数目变化最多只为$1$

然后此题就摇身一变为简单的树形dp带背包

如果对树形dp+背包不熟悉的可以先去做一下洛谷的选课

定义$f[i][j]$表示：$i$子树中选$j$个点（即大小为$j$的连通子图）中包含黑点个数的最大值
定义$g[i][j]$表示：$i$子树中选$j$个点（即大小为$j$的连通子图）中包含黑点个数的最小值

注意树形背包的正确枚举：只使用已经遍历过的点数目和当前子树中的点数目转移
否则会被链卡到 $O(n^3)$

code

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;
#define maxn 5005
vector < int > G[maxn];
int T, n, Q;
int w[maxn], siz[maxn];
int f[maxn][maxn], g[maxn][maxn];void dfs( int u, int fa ) {siz[u] = 1;f[u][1] = g[u][1] = w[u];for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {int v = G[u][i];if( v == fa ) continue;dfs( v, u );for( int j = siz[u];j;j -- )for( int k = siz[v];k;k -- ) {f[u][j + k] = max( f[u][j + k], f[v][k] + f[u][j] );g[u][j + k] = min( g[u][j + k], g[v][k] + g[u][j] );}siz[u] += siz[v];}for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {f[0][i] = max( f[0][i], f[u][i] );g[0][i] = min( g[0][i], g[u][i] );}
}int main() {scanf( "%d", &T );while( T -- ) {scanf( "%d %d", &n, &Q );for( int i = 1, u, v;i < n;i ++ ) {scanf( "%d %d", &u, &v );G[u].push_back( v );G[v].push_back( u );}for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%d", &w[i] );memset( g, 0x3f, sizeof( g ) );dfs( 1, 0 );for( int i = 1, x, y;i <= Q;i ++ ) {scanf( "%d %d", &x, &y );if( g[0][x] <= y && y <= f[0][x] ) printf( "YES\n" );else printf( "NO\n" );}}return 0;
} 

T4：游戏

【问题描述】
WYF从小就爱乱顶，但是顶是会造成位移的。他之前水平有限，每次只能顶出k的位移，也就是从一个整点顶到另一个整点上。我们现在将之简化到数轴上，即从 一个整点可以顶到与自己相隔在k之内的数轴上的整点上。现在WYF的头变多了，于是他能顶到更远的地方，他能顶到任意整点上。现在他在玩一个游戏，这个游 戏里他只能向正方向顶，同时如果他从i顶到j，他将得到a[j] * (j - i)的分数，其中a[j]是j点上的分数，且要求j > i, 他最后必须停在n上。
现给出1～n上的所有分数，原点没有分数。他现在在原点，没有分。WYF想知道他最多能得多少分。
【输入描述】
第一行一个整数n。
第二行有n个整数，其中第i个数表示a[j]。
【输出描述】
一个整数，表示WYF最多能得到的分数。
【样例输入】
3
1 1 50
【样例输出】
150
【数据范围】
对于60%的数据，n<=1000；
对于100%的数据，n<=100000,0<=a[j]<=50

solution

本场最简单的题没有之一——因为我A了

法一：我的做法——贪心
在$[1,n]$间，最大值的地方假设为$i$，我肯定直接从$0$飞到$i$上面，中间不会有中转点
然后就从$i$再继续飞到$[i+1,n]$ 中最大值的地方，以此类推，实现方法很多，不赘述

法二：斜率优化
考场上我也推出来了，因为这个样子长得就在暗示我用斜率优化搞他
但是我发现贪心不更简单吗，所以我就没敲

$f[i]=max(f[i],f[j]+a[i]\ast (i-j))$
假设$j<k<i$且选择$j$优于选择$k$，翻译成C++👇
$f[j]+a[i]\ast (i-j)>f[k]+a[i]\ast (i-k)$
$f[j]-f[k]>a[i]\ast (j-k)$ 注意符号变化哦~
$(f[j]-f[k])/(j-k)<a[i]$

法三：我觉得特别巧妙——香香mm的做法
她的心路历程：看这个$a$范围这么小，在暗示她时间复杂度跟$a$挂钩，那肯定是$O(n\ast a)$了

考虑从式子本身进行变形
$f[i]=f[j]+a[i]\ast (i-j)=f[j]-j\ast a[i]+a[i]\ast i$
发现$a[i]\ast i$与$j$无关，所以就考虑求$f[j]-j\ast a[i]$的最大值
但是因为$j<i$，所以在$j$的时候是无法知道$a[i]$的值的
那么就直接硬刚
是男人就硬刚

暴力枚举$a[i]$的大小
去求出当$a[i]=x$的时候，$f[j]-j\ast a[i]$的最大值究竟是多少
存下来就可以了，我们不想知道是谁转移的，我们只想要转移后的最大值

for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%d", &a );ans = max( ans, pre[a] + a * i );for( int j = 1;j <= 50;j ++ )pre[a] = max( pre[a], ans - i * j );
}
printf( "%d", ans );

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 100005
struct node {int v, id;node() {}node( int V, int Id ) {v = V, id = Id;}
}b[maxn];
int n;
int a[maxn];bool cmp( node x, node y ) {return x.v > y.v;
}
int main() {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%d", &a[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ )b[i] = node( a[i], i );sort( b + 1, b + n + 1, cmp );int p = 0, ans = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {int val = b[i].v, ip = b[i].id;if( ip < p ) continue;else ans += val * ( ip - p ), p = ip;}printf( "%d\n", ans );return 0;
}