标签:连边 int 题解 pro IOI2014 host ans Friend con
Statement
【IOI2014】Friend - Problem - Universal Online Judge (uoj.ac)
Solution
先观察题目性质 然鹅并没有发现什么性质
题目显然是在问最大权独立集,一个 NP 完全
发现如果没有第三种操作,最后会是一个二分图
我们知道 最大点权独立集=总权值-最小点权覆盖集=总权值-最小割
但是发现数据范围不允许我们跑最大流,而且第三种操作一旦加上就 GG ,需要切换思路
这个题目的破局点在于特殊的连边方式
正难则反,考虑倒着删点(思路来自 p_b_p_b 巨佬,非常 nb
下面简写 \(confidence\to con\quad protocol\to pro\)
Operation 1
两者直接连边,那么显然一者选一者不选,而因为是倒着删点,此时点 \(i\) 只和 \(host[i]\) 有边
我们直接让 \(ans+=con[i],con[host[i]]=max(con[host[i]]-con[i],0)\)
正确性:\(i\) 选不选完全由 \(host[i]\) 决定,可以把 \(i\) 当成一种额外贡献,这种贡献仅在 \(host[i]\) 不选时产生。这样操作,选了 \(host[i]\) ,会增加 \(con[i]+(con[host[i]]-con[i])=con[host[i]]\)
然后直接不管 \(i\) 即可
Operation 2
此时,设 \(host[i]\) 与集合 \(j\) 连边
发现若选 \(j\) ,那么 \(host[i],i\) 都不可选
若不选 \(j\) ,那么二者都要选,所以 \(host[i],i\) 是绑定的
所以直接 \(con[host[i]]+=con[i]\) 即可
Operation 3
仍然设 \(host[i]\) 还与集合 \(j\) 连边
那么,\(p,i\) 若要选,只能选两者之一,区别于操作 1,在于 \(host[i]\) 不选时 \(i\) 不一定选
所以我们让 \(con[host[i]]=max(con[host[i]],con[i])\)
答案即为 \(ans+con[0]\)
Code
//#include "friend.h"
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int findSample(int n,int con[],int host[],int pro[]){
int ans=0;
for(int i=n-1;i;--i)
if(pro[i]==0)ans+=con[i],con[host[i]]=max(0,con[host[i]]-con[i]);
else if(pro[i]==1)con[host[i]]+=con[i];
else con[host[i]]=max(con[host[i]],con[i]);
return con[0]+ans;
}
当然,这道题也可以 DP 做 ,其本质也可以理解为对于 \(host[i],i\) 的合并
标签:连边,int,题解,pro,IOI2014,host,ans,Friend,con 来源: https://www.cnblogs.com/wyb-sen/p/15504195.html
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