CF1099A Snowball
题目
有一个重量为 w 的雪球正在高度为 h 的地方向下滚动。每秒它的高度会减少 1。同时在高度 i 的位置它的重量会增加 i（包括初始位置）
同时在滚动的路线上有 2 块石头，第 i 块石头的高度为 hi，即雪球会在 hi 的位置碰到第 i 块雪球。碰到石块后雪球的重量会减少 ui。
注意如果雪球的重量变成一个非正数，我们认为雪球仍然是存在的，并且依然在向下滚动。如果雪球在某一秒的重量变成负数，那么我们认为它的重量变成了 0。会在下一秒继续增加重量。
求在高度 0 雪球的重量 （抽象的插图: 
)
分析
看到一长串题目，本以为是找规律的题，但当看到 时。啊，这不就是暴力咩
Code（上代码）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int w,h,h1,h2,v1,v2,f[105];
int main()
{scanf("%d%d%d%d%d%d",&w,&h,&v1,&h1,&v2,&h2);for(int i=1;i<=h;i++) f[i]=i;f[h1]-=v1,f[h2]-=v2; //懒得特判了(#^.^#)for(int i=h;i>=1;i--) w=max(0,w+f[i]);cout<<w;return 0;
}
CF1099B Squares and Segments
题目
额，洛谷的翻译有点抽象。
分析
其实可以理解为将正方形紧贴这拼起来，求最小的行数加列数
由图不难发现，将下一个正方形拼在上和左都已拼的后面一定最优，且尽量拼成大正方形一定最优，（面积相同，求周长最小），证明略
Code（上代码）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n;
int main()
{scanf("%lld",&n);for(long long i=1;i*i<=n;i++)if(i*i==n){ cout<<i*2; return 0; }else if(i*i<n && (i+1)*(i+1)>n){if(i*(i+1)<n) cout<<i*2+2;else cout<<i*2+1; return 0;//注意分类讨论（如6和7），自己品一品//否则喜提一罚时}return 0;
}
CF1099C Postcard
题目
给定一个长度为 n 的字符串，尽可能包含小写字母，字符 '?' 和字符 ‘*’。保证上面两种特殊字符若出现则一定出现在一个小写字母的后面一位。要求构造一个长度为 k 的新字符串，它和原串有如下关系：
按照原串的字母顺序向新串中填充，新串中含且仅含小写字母。
若原串的某小写字母后没有特殊字符，则这个字母在新串中必须保留
若原串的某小写字母后有字符 '?'，则这个字母在新串中可以被保留，也可以被删除
若原串某小写字母后有字符 '*'，则这个字母在新串中可以被保留，可以被删除，也可以被复读很多遍。
分析
别看题目哐哐哐一大堆其实就是模拟，遇到单个字母就加，遇到 ‘*’ 和‘？’标记
并记录当前已有字符个数
若大于k，则不存在（因为一定要有的字母长度就大于k了）
否则，从头枚举特殊字母，能放则放，遇到 ‘*’ 就放满，当个数到了就退出
如果能放的都放满还不够，则不存在
Code（上代码）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int k,cnt,le,fl[205],num[205];
string s;
int main()
{cin>>s>>k; le=s.length();for(int i=0;i<le;i++){if(s[i]=='?') fl[i-1]=1,cnt--,num[i-1]=0;if(s[i]=='*') fl[i-1]=2,cnt--,num[i-1]=0;if('a'<=s[i] && s[i]<='z') cnt++,num[i]=1;}if(cnt>k) { cout<<"Impossible"; return 0; }for(int i=0;i<le;i++){if(fl[i]==1) num[i]=1,cnt++;else if(fl[i]==2) num[i]=k-cnt,cnt=k;if(cnt==k) break;}if(cnt<k) { cout<<"Impossible"; return 0; }for(int i=0;i<le;i++){for(int j=1;j<=num[i];j++) cout<<s[i];}return 0;
}CF1099D Sum in the tree
题目
给定一个以 1 为根节点，大小为 n 的树。根节点深度为 1。
树上原本每个节点都有一个非负权值 ai，记 si 表示从 i 号节点到根节点的路径上所有点的权值和，包括根节点及其本身。
现在给你每个节点的 si。深度为偶数的节点的 si 为 −1，表示该节点的 si 未知。
请你还原树的每个节点的权值 ai。使得其满足所有深度为奇数的节点的 si。并输出所有满足情况的方案中，∑ai 的最小值。
如果无解，则输出 −1。
分析
一开始想的比较复杂，后面借鉴了大佬的代码，码量缩小了一大半（）
先来看我的思路，因为偶数层无限制，那就将偶数层赋值为0，深搜求解，然后发现错了（Wrong answer on test 6）
来看这组数据 5 1 2 2 3 1 -1 2 3 -1
画图后不难发现，结点的权值应让越上面的值越大越优。因为如果在结点上会被加多次，根节点上只会加一次，显然更优
不开long long见祖宗
Code1（My）
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,x,ans,fla,a[100005],de[100005],ma[100005],in[100005];
vector<int> ve[100005],vee[100005];
queue<int> q;
void dfs(int x)
{if(fla) return;for(auto v:ve[x]){if(ma[v]==1e18) a[v]=0,dfs(v);else if(ma[v]<ma[x]) fla=1;else a[v]=ma[v]-ma[x],dfs(v);}
}
signed main()
{scanf("%lld",&n);for(int i=2;i<=n;i++) scanf("%lld",&x),ve[x].push_back(i),vee[i].push_back(x),in[x]++;for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",de+i); a[1]=de[1];for(int i=1;i<=n;i++) if(de[i]!=-1) ma[i]=de[i]; else ma[i]=1e18;for(int i=1;i<=n;i++)if(in[i]==0) q.push(i);while(!q.empty()){int x=q.front(); q.pop();for(auto v:vee[x]){in[v]--;ma[v]=min(ma[v],ma[x]);if(in[v]==0) q.push(v);}}for(int i=1;i<=n;i++) if(de[i]!=-1 && de[i]>ma[i]) { fla=1; break; }if(fla) { cout<<"-1"; return 0; }dfs(1);if(fla) { cout<<"-1"; return 0; }for(int i=1;i<=n;i++) ans+=a[i];cout<<ans;return 0;
}Code2（dalao‘s）
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,ans,fa[100005],a[100005],de[100005],d[100005];
signed main()
{scanf("%lld",&n); d[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++) scanf("%lld",&fa[i]),d[i]=d[fa[i]]+1;for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",de+i);for(int i=1;i<=n;i++) if(de[i]==-1) de[i]=1e18;for(int i=2;i<=n;i++) if(d[i]%2==1) de[fa[i]]=min(de[fa[i]],de[i]);//因为是树，所以连出去的点时唯一的，且每个点只会受到他儿子结点的影响for(int i=1;i<=n;i++) if(de[i]<de[fa[i]]) { cout<<-1; return 0; }//到儿子的路径和比到父亲的路径和还小，一定不合法for(int i=1;i<=n;i++) if(de[i]!=1e18) ans+=de[i]-de[fa[i]];cout<<ans;return 0;
}
![[树形DP] 最长乘积链](https://img-blog.csdnimg.cn/direct/d9e7b87fdda24e71ab5cacc9e245cd0a.png)
