C. Bank Hacking
题目大意：给出一棵n个节点的树，每个节点有一个权值，删掉一个点的代价为当前这个点的权值，并且会使其相邻点和距离为2且中间隔着未被删除的点的点权值加1，现在选一个点开始删，之后每次能删掉被删过的点的相邻点，问删掉整棵树，删各节点花费的最大值最小是多少。（n<=300,000）
思路：确定第一个删的点之后，与这个点相邻的点的删除花费是原权值加1，其他点是原权值加2，把所有点权加2后枚举一个点减2再把相邻的减1，线段树统计答案后改回去，总复杂度O(nlogn)，O(n)也能做，不是很难，这里就不说了（zkw线段树好写又不用考虑各种情况，这题没有不用的道理）。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read()
{
int x,f=;char c;
while((c=getchar())<''||c>'')if(c=='-')f=;
for(x=c-'';(c=getchar())>=''&&c<='';)x=(x<<)+(x<<)+c-'';
return f?x:-x;
}
#define MN 300000
#define N 524288
struct edge{int nx,t;}e[MN*+];
int t[N*+],h[MN+],en;
inline void ins(int x,int y)
{
e[++en]=(edge){h[x],y};h[x]=en;
e[++en]=(edge){h[y],x};h[y]=en;
}
void add(int k,int x){for(t[k+=N]+=x;k>>=;)t[k]=max(t[k<<],t[k<<|]);}
int main()
{
int n=read(),i,j,ans=0x7FFFFFFF;
memset(t,,sizeof(t));
for(i=;i<=n;++i)t[i+N]=read()+;
for(i=N;--i;)t[i]=max(t[i<<],t[i<<|]);
for(i=;i<n;++i)ins(read(),read());
for(i=;i<=n;++i)
{
add(i,-);
for(j=h[i];j;j=e[j].nx)add(e[j].t,-);
ans=min(ans,t[]);
add(i,);
for(j=h[i];j;j=e[j].nx)add(e[j].t,);
}
printf("%d",ans);
}
D.Police Stations
题目大意：给出一棵n个点的树，有k个警站分布在一些点上，现在可以删掉若干条边，使得各个点到警站的最短距离不超过d，保证一开始各个点都满足，要求输出最多删几条边并输出方案。（n<=300,000）
思路：每个点只要能走到最近的一个警站就可以了，其他边能删就删，我们从各个警站开始bfs，每个警站扩张自己的“地盘”，如果碰到别人的地盘，就把这条边删掉，复杂度O(n)。注意警站可能重点，很坑爹。
#include<cstdio>
inline int read()
{
int x;char c;
while((c=getchar())<''||c>'');
for(x=c-'';(c=getchar())>=''&&c<='';)x=x*+c-'';
return x;
}
#define MN 300000
struct edge{int nx,t;}e[MN*+];
int h[MN+],en=,q[MN+],qn,u[MN+],f[MN+],cnt,ans[MN+];
inline void ins(int x,int y)
{
e[++en]=(edge){h[x],y};h[x]=en;
e[++en]=(edge){h[y],x};h[y]=en;
}
int main()
{
int n,k,d,i,j;
n=read();k=read();d=read();
for(i=;i<=k;++i)u[j=read()]?:u[q[++qn]=j]=;
for(i=;i<n;++i)ins(read(),read());
for(i=;i<=qn;++i)for(j=h[q[i]];j;j=e[j].nx)if(e[j].t!=f[q[i]])
if(u[e[j].t])ans[j>>]?:(++cnt,ans[j>>]=);
else u[q[++qn]=e[j].t]=,f[e[j].t]=q[i];
printf("%d\n",cnt);
for(i=;i<n;++i)if(ans[i])printf("%d ",i);
}
E.Exam Cheating
题目大意：一个人要作弊，她旁边坐着两个学霸，考卷总共n题，已知两个学霸已经答了哪些题，这个人最多可以看p次，每次可以选一个人看最多连续的k道题（无论那人是否答了），求最多可以抄到几道题。（n,p<=1000，k<=50）
思路：用f[i][j][x][y]表示从左到右看到第i题，已经启用了j次看题机会，第一个人之后还能看连续的x题，第二个人之后还能看连续的y题，转移时如果x或y还大于0就直接看这题，使x或y减1，否则如果有一个是0，我们选择不看这个人的这题或者新开一次看题机会并令x或y变成k-1，这样复杂度是O(npk^2)，发现当p*k>=2n时我们可以直接看两个人的所有题目，所以只要在p<2n/k时dp，那么复杂度就只有O(n*n/k*k^2)=O(n^2*k)。
#include<cstdio>
#include<cstring>
inline int read()
{
int x;char c;
while((c=getchar())<''||c>'');
for(x=c-'';(c=getchar())>=''&&c<='';)x=x*+c-'';
return x;
}
#define MN 1000
#define MK 50
int a[MN+],b[MN+],f[][MN+][MK+][MK+];
inline void up(int&a,int b){if(b>a)a=b;}
int main()
{
int n,p,k,i,j,x,y,nw,nx,ans=;
n=read();p=read();k=read();
for(i=read();i--;)++a[read()];
for(i=read();i--;)++b[read()];
if(p*k>=*n)
{
for(i=;i<=n;++i)if(a[i]||b[i])++ans;
return *printf("%d",ans);
}
memset(f[],,sizeof(f[]));f[][][][]=;
for(i=;i<n;++i)
{
nw=i&;nx=nw^;
memset(f[nx],,sizeof(f[nx]));
for(j=;j<=p;++j)for(x=;x<k;++x)for(y=;y<k;++y)if(f[nw][j][x][y]>=)
{
if(x&&y)up(f[nx][j][x-][y-],f[nw][j][x][y]+(a[i+]||b[i+]));
if(!x&&y)
{
up(f[nx][j][][y-],f[nw][j][x][y]+b[i+]);
if(j<p)up(f[nx][j+][k-][y-],f[nw][j][x][y]+(a[i+]||b[i+]));
}
if(x&&!y)
{
up(f[nx][j][x-][],f[nw][j][x][y]+a[i+]);
if(j<p)up(f[nx][j+][x-][k-],f[nw][j][x][y]+(a[i+]||b[i+]));
}
if(!x&&!y)
{
up(f[nx][j][][],f[nw][j][][]);
if(j<p)up(f[nx][j+][k-][],f[nw][j][x][y]+a[i+]),
up(f[nx][j+][][k-],f[nw][j][x][y]+b[i+]);
if(j+<p)up(f[nx][j+][k-][k-],f[nw][j][x][y]+(a[i+]||b[i+]));
}
}
}
printf("%d",f[nx][p][][]);
}