加塞
rnk7，\(100+30+10+15=155\)。
题目来源：2022 牛客 OI 赛前集训营-提高组（第三场）
T1 一般图最小匹配
说的很复杂，实际水题。就是从 \(n\) 个数中选 \(2m\) 个数，两个两个求差后，求这个差的和的最小值。
显然排序之后求差是最小的，但显然不能直接贪心，考虑 DP。
先排序，然后设 \(\mathit{dp}_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数选 \(j\) 组的方案数，在以下两种情况中取 \(\min\)：
- 不选当前数，即 \(\mathit{dp}_{i-1,j}\)；
- 选当前数，即 \(\mathit{dp}_{i-2,j-1}+a_i-a_{i-1}\)。
初始化 \(\forall\mathit{dp}_{i,j}=\infty\) 且 \(\forall\mathit{dp}_{i,0}=0\)，答案即为 \(\mathit{dp}_{n,m}\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define fw fwrite(obuf,p3-obuf,1,stdout)
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define putchar(x) (p3-obuf<1<<20?(*p3++=(x)):(fw,p3=obuf,*p3++=(x)))
using namespace std;char buf[1<<20],obuf[1<<20],*p1=buf,*p2=buf,*p3=obuf,str[20<<2];
int read(){int x=0;char ch=getchar();while(!isdigit(ch))ch=getchar();while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();return x;
}
template<typename T>
void write(T x,char sf='\n'){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;int top=0;do str[top++]=x%10,x/=10;while(x);while(top)putchar(str[--top]+48);putchar(sf);
}
constexpr int MAXN=5005;
int n,m,a[MAXN];
long long dp[MAXN][MAXN];int main(){freopen("match.in","r",stdin);freopen("match.out","w",stdout);n=read(),m=read();for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();sort(a+1,a+n+1);memset(dp,0x3f,sizeof(dp));for(int i=0;i<=n;++i)dp[i][0]=0;for(int i=2;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j)dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-2][j-1]+a[i]-a[i-1]);write(dp[n][m]);return fw,0;
}
T2 重定向
不难，没搞出来可惜了。
首先，50pts 的 \(O(Tn^2\log n)\) 暴力是好想的，暴力枚举要删除的位置，用 set 维护当前最小能填的数，在最终的序列中取字典序最小的即可。可以用 vector 自带重载小于运算符，直接比较字典序。实际上这个复杂度过不了，不知是否是出题人有意放过，但让我丢了 20pts。
考虑正解。发现复杂度瓶颈主要在求出最优的删除位置，那么我们就调用我们智慧的人类大脑得：
- 若 \(a_i\ne0\land a_{i+1}\ne0\)，那么将 \(i\) 删除最优当且仅当 \(a_i>a_{i+1}\)；
- 若 \(a_i\ne0\land a_{i+1}=0\)，那么将 \(i\) 删除最优当且仅当 \(a_i>w\)，其中 \(w\) 是当前序列能填的最小数；
- 若 \(a_i=0\)，则只有位置 \(i\) 的后缀最小值小于当前序列能填的最小数时，删除这个后缀最小值第一次出现的位置最优。换句话说，如果后面出现了一个更小的，把这个更小的数放到前面是更优的。
如果没找到，默认删除 \(n\) 即可。注意删除的这个点的值在最后是可以回填进序列中的。找到了最优删除位置，填数就很简单。复杂度 \(O(Tn\log n)\)，2s 时限加上出题人的有意防水，能过。
#include<bits/stdc++.h>
#define fw fwrite(obuf,p3-obuf,1,stdout)
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define putchar(x) (p3-obuf<1<<20?(*p3++=(x)):(fw,p3=obuf,*p3++=(x)))
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;char buf[1<<20],obuf[1<<20],*p1=buf,*p2=buf,*p3=obuf,str[20<<2];
int read(){int x=0;char ch=getchar();while(!isdigit(ch))ch=getchar();while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();return x;
}
template<typename T>
void write(T x,char sf='\n'){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;int top=0;do str[top++]=x%10,x/=10;while(x);while(top)putchar(str[--top]+48);putchar(sf);
}
constexpr int MAXN=2e5+5;
int T,n,a[MAXN],tmp[MAXN];
int minn[MAXN],pos[MAXN];int main(){freopen("repeat.in","r",stdin);freopen("repeat.out","w",stdout);T=read();while(T--){set<int>st;n=read();for(int i=1;i<=n;++i)pos[i]=0;for(int i=1;i<=n;++i)pos[a[i]=read()]=i;for(int i=1;i<=n;++i)if(!pos[i])st.emplace(i);minn[n+1]=INF;for(int i=n;i;--i)minn[i]=min(minn[i+1],a[i]?a[i]:INF);int del=n;for(int i=1;i<n;++i)if(a[i]&&a[i+1]&&a[i]>a[i+1]){del=i;st.emplace(a[i]);break;}else if(a[i]&&!a[i+1]&&a[i]>*st.begin()){del=i;st.emplace(a[i]);break;}else if(!a[i]){if(minn[i]<*st.begin()){a[i]=minn[i],del=pos[a[i]];break;}a[i]=*st.begin(),st.erase(a[i]);}for(int i=1;i<=n;++i){if(a[i]||del==i)continue;a[i]=*st.begin(),st.erase(a[i]);}for(int i=1;i<=n;++i)if(del^i)write(a[i],' ');putchar('\n');}return fw,0;
}
T3 斯坦纳树
需要用到虚树的思想，不过输出全 1 就有 10pts。
我们首先考虑什么情况下牛的做法会假，实际上就是这种情况：
正确的斯坦纳树边权和是 \(3\)，但牛的做法边权和是 \(4\)。
进而我们想到，用询问的点集作为关键点构造虚树，那么一旦虚点（图中是 \(\boldsymbol2\)）的度数 \(\boldsymbol{\ge3}\) 时，牛的做法一定会假。
否则，当虚点度数 \(<3\) 时，只有两种情况：
- 若度数为 \(1\)，直接删除虚点，此时必不会影响答案；
- 若度数为 \(2\)，将虚点的两端连起来即可。
但是，这样我们少考虑了一种情况：如果边权是 \(0\)，那么即使边被多跑了，答案不会受到影响。
所以我们需要用并查集维护连通块，把边权为 \(0\) 的两端合并，连通块被删除当且仅当它里面的所有点被删除。至于维护，我们从后往前删点（注意这个 trick 已经很老了），按上述策略维护虚点，如果操作后无虚点，则牛的做法为真，否则为假。
#include<bits/stdc++.h>
#define fw fwrite(obuf,p3-obuf,1,stdout)
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define putchar(x) (p3-obuf<1<<20?(*p3++=(x)):(fw,p3=obuf,*p3++=(x)))
using namespace std;char buf[1<<20],obuf[1<<20],*p1=buf,*p2=buf,*p3=obuf,str[20<<2];
int read(){int x=0;char ch=getchar();while(!isdigit(ch))ch=getchar();while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();return x;
}
template<typename T>
void write(T x,char sf='\n'){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;int top=0;do str[top++]=x%10,x/=10;while(x);while(top)putchar(str[--top]+48);if(sf^'#')putchar(sf);
}
constexpr int MAXN=3e5+5;
int n,p[MAXN],cnt[MAXN],ans[MAXN],sum;
struct Edge{int u,v,w;bool operator<(const Edge&x)const{return w<x.w;}
}e[MAXN];
int f[MAXN],siz[MAXN];
int find(int x){if(f[x]^x)f[x]=find(f[x]);return f[x];
}
unordered_set<int>st[MAXN];void del(int x){if(st[x].size()<=2&&!cnt[x]){--sum;int tmp[3],len=0;for(auto v:st[x]){tmp[++len]=v;st[v].erase(x);}st[x].clear();if(len==2){st[tmp[1]].emplace(tmp[2]);st[tmp[2]].emplace(tmp[1]);}for(int i=1;i<=len;++i)del(tmp[i]);}
}int main(){freopen("tree.in","r",stdin);freopen("tree.out","w",stdout);n=read();iota(f+1,f+n+1,1);for(int i=1,u,v,w;i<n;++i){u=read(),v=read(),w=read();e[i]={u,v,w};if(!w)f[find(u)]=find(v);}for(int i=1;i<n;++i){if(!e[i].w)continue;st[find(e[i].u)].emplace(find(e[i].v));st[find(e[i].v)].emplace(find(e[i].u));}for(int i=1;i<=n;++i)++cnt[find(p[i]=read())];for(int i=n;~i;--i){ans[i]=!sum;if(!--cnt[find(p[i])])++sum,del(find(p[i]));}for(int i=1;i<=n;++i)write(ans[i],'#');return putchar('\n'),fw,0;
}
