二分，沒啥好說的，不知道為啥\(n=0,k=0\)的特殊資料會錯。
\(f[i][j][p][0/1]\)表示\(a\)串到第\(i\)個字元，\(b\)串匹配到第\(j\)個字元，一共劃分成\(p\)部分，第\(i\)個字元用\((1)\)沒用\((0)\)的方案數。\(if(a[i]==b[j])\)
\(f[i][j][p][0]=f[i-1][j][p][0]+f[i-1][j][p][1]\)
\(f[i][j][p][1]=f[i-1][j-1][p][1]+f[i-1][j-1][p-1][0]+f[i-1][j-1][p-1][1]\)
....感覺和**一樣了啊，不寫了
#include#include#include#define mod 1000000007
using namespace std;
const int n = 1005;
int n,m,k,f[2][205][205][2];
char a[n],b[n];
int val=1;
inline int read()
while(c>='0'&&c<='9')
return ans*w;
}int main()
else
}printf("%d\n",f[n&1][m][k][0]+f[n&1][m][k][1]);
return 0;
}
思路：最大中最小（最小中最大），百分之90可以二分。二分乙個最長的時間\(k\)。這樣就轉化成了可行性問題。關鍵是\(check\)函式怎麼寫。
用到了樹上差分的知識。其中有乙個很巧妙地合併方法：按構建順序編個號，按這個編號的順序由大到小向上合併，即保證先合併了深度深的點，又好寫。
繼續說\(check\),對於長度大於\(k\)的路徑，用每條路徑修改差分陣列，記錄一下他們的最大值\(maxx\)和條數\(cnt\)。在所有的路徑中，只要有一條路徑\(i\)被這\(cnt\)條路徑都經過，並且\(maxx-val[i]<=k\),就\(return\)
\(true\)。否則\(return\)
\(false\)。
#include#include#includeusing namespace std;
const int n = 300005;
int n,m,head[n],tot,id[n],f[n][21],dep[n],lc[n];
int val[n],dis[n],sum[n],u[n],v[n],len[n],cnt;
struct edgee[n<<1];
inline int read()
while(c>='0'&&c<='9')
return ans*w;
}void add(int x,int y,int z)
void dfs(int u,int fa)
}void work()
int lca(int x,int y)
bool check(int k)
for(int i=n;i>=0;i--)
sum[f[id[i]][0]]+=sum[id[i]];
for(int i=1;i<=n;i++)
if(sum[i]>=tmp&&maxx-val[i]<=k)
return true;
return false;
}int main()
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
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