暴力能過,但是正解是貪心
要使初始狀態變為目標狀態,我們不僅需要兩個狀態相鄰雕像的相對朝向相同,還需要每個雕像的絕對朝向相同。
觀察四種操作,我們可以發現:
操作一,僅改變所有雕像的絕對朝向。
操作四,改變「朱雀」和的相對朝向。
操作二,改變和的相對朝向。
操作三,改變和的相對朝向。
所以,我們可以按照最少使用操作
三、二、四的順序,修改「玄武」和「白虎」、「青龍」和「玄武」、「朱雀」和「青龍」的相對朝向,最後再用操作一修改絕對朝向,即可使用最少操作達到目標狀態。
時間複雜度o(1)。
直接每個點移一下的話是完全可以在n
nn次內完成的,我們的目的就是盡可能偷點懶,一些點不移動
手玩一下樣例以後會發現實際上是求s
ss的子串行和t
tt的子串相同的最大長度
因為我們可以把s
ss選中的這些點不動,其他的放到前面或後面,發現這些點並在了一起,並且相對順序沒變,所以可以做到與t
tt完全相同
具體做法可以使用雙指標
時間複雜度o(n
2)
o(n^2)
o(n2)
當小太陽先手時,手動模擬可以發現只有n
nn是3
33的倍數,且aiai
ai都為1
11的情況小太陽才會輸
(如果熟悉巴什博弈的話,可能不用模擬也能想到3
33這個數)
當黑孔雀先手時,因為黑孔雀想贏所以肯定想轉換到上述小太陽會輸的狀態,
所以小太陽在n
nn是3
33的倍數,且有n−1
n-1n−
1個數為1
11時會輸(這時黑孔雀只需從不是1
11的那堆石子裡拿掉一些石子使狀態變為1 1 1),
或者n
nn是3
33的倍數餘1
11,且n−1
n-1n−
1個數為1
11時會輸(此時黑孔雀只需拿掉一堆石子,小太陽就到了必輸態) 從1…i
nf
1…inf
1…in
f,每乙個分母,都有選中和不選中兩種狀態,如果選中,那麼就減去這個分數,沒有就是跳過,我們可以逐次放寬項數的限制,即迭代加深搜尋。
主要的兩個剪枝如下:
1.
1.1.
限制開頭:並不是每次都要從1
11開始遍歷分母
假設現在要分解a
b\frac
ba,那麼分母b
a\frac
ab就是起點:1ba
=a
b\frac}=\frac
ab1=
ba ,假設起點s
s<\frac
s,那麼顯而易見,起點的分數已經比我們要的總和a
b\frac
ba大了。
2.
2.2.
限制結尾:
比較簡單的限制結尾可以這樣看:如果我已經找到分母k了,而現在要分解得分數是a
b\frac
ba,現在還要找m
mm個單位分數,
那麼可以想象:有可能 m
k
\frac<\frac
km,也就是說就算全是1
k\frac
k1,我湊夠m
mm個,也達不到a/b
a/ba/
b,那麼說明前面的分配方案肯定有無,直接可以ret
ur
nreturn
return
了。加上這個剪枝已經可以得到答案了,只是時間有點慢罷了。
因為查詢次數較多,範圍較大,所以我們記錄探索完i
ii個點所需最小xxx。
設f [i
][u]
[0/1
]f[i][u][0/1]
f[i][u
][0/
1]為探索完u
uu的子樹中i
ii個節點(包括自己),是(1)
(1)(1
)否(0
)(0)
(0)回到u
uu的最短路徑長
然後在樹上每個點做一邊揹包就好了
要注意的是,做揹包時不能從1
11到n
nn列舉,這樣總複雜度是o(n
3)
o(n^3)
o(n3)的
考慮到u
uu中選的點數一定≤si
ze[u
]≤size[u]
≤size[
u],那麼dpdp
dp時可以只列舉到siz
e[u]
size[u]
size[u
]這時就會發現複雜度降為了o(n
2)
o(n^2)
o(n2
)原理戳這
#include
#include
const
int n=
502;
int t,i,tot,h[n]
,l,r,mid,f[n]
[n][2]
,n,x,y,z,vis[n]
,q,sz[n]
;struct nodee[n<<1]
;inline
chargc(
)inline
intrd()
inline
void
wri(
int a)
inline
void
wln(
int a)
inline
intmin
(int x,
int y)
void
add(
int x,
int y,
int z)
,h[x]
=tot;
}void
dfs(
int u,
int fa)
}int
main()
wln(l);}
}}
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