A
题意：给定一个数组，问有多少 \(i\in [2,n-1],a[i-1]>a[i]<a[i+1]\)。
做法：模拟。
B
题意：按顺序将 \(n\) 个数加入集合，维护前 \(6\) 大的数。对于每个数求出它会将第几个数踢出前 \(6\) 或者不踢出任何其他数。
做法：模拟。可以使用priority_queue实现。但是要注意priority_queue默认大根堆，取相反数即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
signed main()
{
int n;cin>>n;
int ans=n;
vector<double> A(n);
vector<int> Ans;
for(int i=0;i<n;i++) cin>>A[i],A[i]*=1e8;
priority_queue<pair<int,int> > q;
for(int i=0;i<n;i++)
{
q.push(make_pair(-A[i],i));
if(q.size()>6)
{
if(q.top().second==i) ans--,Ans.push_back(0);
else Ans.push_back(q.top().second+1);
q.pop();
}
else Ans.push_back(0);
}
cout<<ans<<endl;
for(auto x:Ans) cout<<x<<' ';
}
C
题意：给定一棵树，带点权。建立一个无向完全图，边 \((u,v)\) 的权值为 \(lca(u,v)\) 的权值。求一条哈密顿路径，使边权和最大。输出这个边权和。\(n\leq 300\)。
做法：
假设哈密顿路径是有向的，则可以看作每个点对应着一条入边一条出边（除了起点终点）。
维护 \(f[x][i]\) 表示以 \(x\) 为根的子树中有 \(i\) 个点的出边经过根 \(x\) 时子树的答案。
可以发现如果一条出边向上经过 \(x\) ，那么它发源于哪个点其实是无关紧要的，这条出边的贡献可能是点 \(x\) 到点 \(1\) （根节点）的路径上的某一个点的点权。
同时，\(i\) 条出边经过根 \(x\) 也意味着子树 \(x\) 中包含了 \(i\) 条路径，也就是有 \(i\) 个终点， \(i\) 个起点 。
考虑转移，将 \(x\) 的一个儿子 \(y\) 的答案合并到 \(x\) 的答案：
\[f'[x][i+j-k]=\min\{f[x][i]+f[y][j]+k\cdot val[x]\} \]
其中枚举 \(k\) 表示将来自于 \(y\) 的出边塞到了 \(x\) 的其他子树中，或者是将来自于其他子树的出边塞到了 \(y\) 中，这二者都会对答案产生 \(val[x]\) 的贡献。
关于 \(k\) 还有一些小细节：
1、\(k\in [0,2\min\{i,j\}]\)，假如 \(i<j\) ，则 \(j\) 超出的部分在 \(i\) 中找不到可以链接的位置。
2、\(i+j-k>0\) ，这是为了防止回路的出现。
另外，由于更新前后的 \(f\) 不同，所以用 \(f'\) 表示用子树 \(y\) 更新后的 \(f\) 。
最后用 \(f[1][1]\) 表示答案。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define inf 1e18
const int N=305;
vector<int> son[N];
int n,a[N],f[N][N],s[N],siz[N];
void dfs(int x)
{
siz[x]=1;
for(int i=0;i<=n;i++) f[x][i]=-inf;
f[x][1]=0;
for(int y:son[x])
{
dfs(y);
for(int i=0;i<=n;i++) s[i]=-inf;
for(int i=0;i<=siz[x];i++)
for(int j=0;j<=siz[y];j++)
for(int k=0;k<=min(i,j)*2;k++)
if(i+j-k) s[i+j-k]=max(s[i+j-k],f[x][i]+f[y][j]+k*a[x]);
siz[x]+=siz[y];
for(int i=0;i<=n;i++) f[x][i]=s[i];
}
}
signed main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int x;cin>>x;
son[x].push_back(i);
}
dfs(1);
cout<<f[1][1]<<endl;
}
D
题意：给定一个 \(0\sim n-1\) 的排列，\(m\) 次询问 \(l,r,k\) ，问区间 \([l,r]\) 中第 \(k\) 小的未出现过的数。
做法：
如果不询问区间，那么可以用权值线段树解决。
如果询问的区间都是前缀，那么可以用离线后用权值线段树解决。
如果询问任意区间，那么可以用可持久化权值线段树解决，也就是主席树。
权值线段树可以求第 \(k\) 小，反一下就可以求未出现自然数第 \(k\) 小，所以只要把每次加入的数在主席树中新加一列就可以实现区间第 \(k\) 小。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<class T>inline void read(T &x)
{
x=0;int f=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) f=ch=='-',ch=getchar();
while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
x=f?-x:x;
}
const int N=1e6+5;
int tree[N<<5],ls[N<<5],rs[N<<5],rt[N],n,a[N],tot,TOT,m;
#define mid (l+r>>1)
void upd(int l,int r,int pre,int &k,int x,int val)
{
if(!k) k=++tot;
if(l==r) return tree[k]=val,void();
if(mid>=x) rs[k]=rs[pre],upd(l,mid,ls[pre],ls[k],x,val);
else ls[k]=ls[pre],upd(mid+1,r,rs[pre],rs[k],x,val);
tree[k]=tree[ls[k]]+tree[rs[k]];
}
int query(int l,int r,int pre,int k,int rk)
{
if(l==r) return l;
if(mid-l+1-(tree[ls[k]]-tree[ls[pre]])>=rk) return query(l,mid,ls[pre],ls[k],rk);
return query(mid+1,r,rs[pre],rs[k],rk-(mid-l+1-(tree[ls[k]]-tree[ls[pre]])));
}
int main()
{
read(n),read(m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
read(a[i]);
a[i]++;
upd(1,n,rt[i-1],rt[i],a[i],1);
}
while(m--)
{
int l,r;
long long rk;
read(l),read(r),read(rk);
if(rk>n-(r-l+1)) printf("%lld\n",rk+(r-l+1)-1);
else printf("%d\n",query(1,n,rt[l-1],rt[r],rk)-1);
}
return 0;
}
剩下两题有时间再补（