T2
这道题是树形 \(\mathcal{DP}\)，我们注意到如果一个点能和他的一个子树合并成为一个三叉，那么可以是以下四种情况。
然后我们的状态记录一下当前有 \(i\) 个链，\(j\) 个倒 "Y"。
这样，我们可以先让 \(i\) 个链三三匹配。
那么如果 \(j \geq i\%3\)，那么这 \(i\) 个链就可以完全用掉。
我们看第一种情况，我们要留下一个链。
因此要满足 \(j\geq (i-1)\%3\)。
其他的情况同理。
再就是我们要把状态压缩一下。
我们注意到 \(i = 3\) 和 \(i = 0\) 是两种不同的状态，因为我们不能从 \(0\) 中取出两条链。
\(i = 4\) 同理。
因此我们状态要记录到 \(5\)。
\(j\) 要记录到 \(3\)，这个很好看出来。
代码：
// ☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭
// ░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░
// ░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░▄▄▄▄▄▄▄░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░
// ░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░█▀▀▀▄░░▀▀▀▄▄░░░░░░░░░░░░░░░
// ░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░█▄▄▄░▀▀▄▄░░░▀▀▄░░░░░░░░░░░░
// ░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░▀▀▄▄░▀▄░░░░▀▄░░░░░░░░░░
// ░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░▀▄░▀▄░░░░▀▄░░░░░░░░
// ░░░░░░░░░░░░░░░░░▄▀▀▀▀▀▀▀▀▄░░░░▀▄░█░░░░▀▄░░░░░░░
// ░░░░░░░░░░░░░░░▄▀░░░░░░░░░░█░░░░░█░█░░░░▀▄░░░░░░
// ░░░░░░░░░░░░░▄▀░░░░░░░░░░░▄█░░░░░░█░█░░░░▀▄░░░░░
// ░░░░░░░░░░░▄▀░░░░░░░░░░░▄▀░█░░░░░░░█░█░░░░█░░░░░
// ░░░░░░░░░▄▀░░░░░░░░░░░░█░▄▀░░░░░░░░░█▀█░░░░█░░░░
// ░░░░░░░░█░░░░░░░░░░░░░░░▀▄░░░░░░░░░░▀▄█░░░░█░░░░
// ░░░░░░░░█▄░░░░░░░░▄▄░░░░░░▀▄░░░░░░░░░██░░░░█░░░░
// ░░░░░░░░█░▀▄░░░░▄▀░░▀▄░░░░░░▀▄░░░░░░░██░░░░█░░░░
// ░░░░░░░░░▀▄░▀▄▄▀░▄▀▀▄░▀▄░░░░░░▀▄░░░░░█░░░░░█░░░░
// ░░░░░░░░░░░▀▄█░▄▀░░░░▀▄░▀▄░░░░░░▀▄░░▄▀░░░░▄█░░░░
// ░░░░░░░░░░░░░▀▀░░░░░░░░▀▄░▀▄░░░░░░▀▄▀░░░░░██░░░░
// ░░░░░░░░░░▄▀▀▀▀▄░░░░░░░░░▀▄░▀▄░░░░░░░░░░░██░░░░░
// ░░░░░░▄▄▀▀░░░░░░█▄░░░░░░░░░▀▄░█░░░░░░░░░▄█▀░░░░░
// ░░░░▄▀░░░░░░░░░░░░▀▀▀▄▄▄▄▄▄▄▄▀░░░░░░░░░░▀█░░░░░░
// ░░░█░░░░░░░░░▄░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░▀▄░░░░
// ░░█░░░░░░░░▄▀░▀█░░░░░░░░░░░░░░░░░░█▀▀█░░░░░░▀▄░░
// ░░█░░░░░░░▄▀▄▀▄░▀▀▀▀▄▄▄▄▄▄▄▄▄▄▄▀▀▀░▄▄░▀█░░░░░█░░
// ░░█▀▄▄▄▄▀▀░▄▀░░▀▄▄▄▄░░░░░░░░░░░▄▄▄▀░░▀▄░▀▄▄▄▀█░░
// ░░▀▄░░░░▄▄▀░░░░░░░░░▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀▀░░░░░░░░▀▄░░░▄▀░░
// ░░░░▀▀▀▀░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░▀▀▀░░░░
// ░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░
// ☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭☭
#include <iostream>
#include <vector>
#define int long longusing std::cin;
using std::cout;
const int N = 1e5 + 10;
typedef long long ll;
struct Edge
{int to, w;
};int now[8][6];
int son[N][6];
int dp[N][8][6];
std::vector<Edge> e[N];void DP(int x, int father)
{dp[x][0][0] = 0;for (auto nxt : e[x]){int to = nxt.to;int val = nxt.w;if (to == father)continue;DP(to, x);for (int i = 0; i <= 5; ++i){for (int j = 0; j <= 3; ++j)now[i][j] = -1e18 - 7;}for (int i = 0; i <= 5; ++i){for (int j = 0; j <= 3; ++j){now[i][j] = std::max(now[i][j], dp[x][i][j] + son[to][0]);now[i][std::min(j + 1, 3ll)] = std::max(now[i][std::min(j + 1, 3ll)], dp[x][i][j] + val + std::max(son[to][2], son[to][3]));now[i == 5 ? 3 : i + 1][j] = std::max(now[i == 5 ? 3 : i + 1][j], dp[x][i][j] + val + std::max(son[to][0], son[to][1]));}}for (int i = 0; i <= 5; ++i){for (int j = 0; j <= 3; ++j)dp[x][i][j] = now[i][j];}}for (int i = 0; i <= 5; ++i){for (int j = i % 3; j <= 3; ++j)son[x][0] = std::max(son[x][0], dp[x][i][j]);}for (int i = 0; i <= 4; ++i){for (int j = i % 3; j <= 3; ++j)son[x][1] = std::max(son[x][1], dp[x][i + 1][j]);}for (int i = 0; i <= 3; ++i){for (int j = i % 3; j <= 3; ++j)son[x][2] = std::max(son[x][2], dp[x][i + 2][j]);}for (int i = 0; i <= 5; ++i){for (int j = i % 3; j <= 2; ++j)son[x][3] = std::max(son[x][3], dp[x][i][j + 1]);}
}signed main()
{int t;cin >> t;while (t--){int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; ++i)e[i].clear();for (int i = 1; i < n; ++i){int u, v, w;cin >> u >> v >> w;e[u].push_back((Edge){v, w});e[v].push_back((Edge){u, w});}for (int i = 1; i <= n; ++i){for (int j = 0; j <= 5; ++j){for (int k = 0; k <= 3; ++k){dp[i][j][k] = -1e18 - 7;son[i][k] = -1e18 - 7;}}}DP(1, 0);cout << son[1][0] << '\n';}return 0;
}
T3
这道题我们可以对 \(e_i \geq \dfrac{E}{2}\) 和 \(e_i < \dfrac{E}{2}\) 进行两两分组。
如果都第一组里，就可以任意交换。
我们记录每一个第一组最左，最右可以走到哪。
我们发现这些形成的区间要么是完全包含，要么是不交。
因此这些形成了一个树形的结构。
我们直接使用类似树形 \(\mathcal{DP}\) 的方法做就行。
代码：
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define int long longusing std::cin;
using std::cout;
const int N = 2e5 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
struct Node
{int min;Node(){min = 2e9 + 7;}void init(int v){min = v;}friend Node operator+(const Node &l, const Node &r){Node ret;ret.min = std::min(l.min, r.min);return ret;}
} z[N << 2];int ans = 1;
int n, E;
int po;
int ee[N];
int l[N];
int r[N];
int e[N];
int sum[N];
std::vector<std::pair<int, int>> p;#define root 1, n, 1
#define lson l, mid, rt << 1
#define rson mid + 1, r, rt << 1 | 1void build(int l, int r, int rt)
{if (l == r){z[rt].init(ee[l]);return;}int mid = (l + r) >> 1;build(lson);build(rson);z[rt] = z[rt << 1] + z[rt << 1 | 1];
}
int query1(int l, int r, int rt, int nowl, int nowr, int k)
{if (z[rt].min > k || nowr < nowl)return 0;if (l == r)return l;int mid = (l + r) >> 1;int now = 0;if (nowr > mid)now = query1(rson, nowl, nowr, k);if (nowl <= mid && now == 0)now = query1(lson, nowl, nowr, k);return now;
}
int query2(int l, int r, int rt, int nowl, int nowr, int k)
{if (z[rt].min > k || nowr < nowl)return n + 1;if (l == r)return l;int mid = (l + r) >> 1;int now = n + 1;if (nowl <= mid)now = query2(lson, nowl, nowr, k);if (nowr > mid && now == n + 1)now = query2(rson, nowl, nowr, k);return now;
}
int dfs()
{int x = po++;int nowsize = 1;while (po < p.size() && p[po].second <= p[x].second)nowsize += dfs();ans = 1ll * ans * (nowsize + sum[p[x].second - 1] - sum[p[x].first]) % mod;return nowsize;
}signed main()
{freopen("str.in", "r", stdin);freopen("str.out", "w", stdout);cin >> n >> E;for (int i = 1; i <= n; ++i){cin >> e[i];ee[i] = (e[i] <= (E >> 1) ? e[i] : 2e9 + 7);}build(root);for (int i = 1; i <= n; ++i){if (e[i] > (E >> 1)){l[i] = query1(root, 1, i - 1, E - e[i]);r[i] = query2(root, i + 1, n, E - e[i]);sum[i] = sum[i - 1];}elsesum[i] = sum[i - 1] + 1;}for (int i = 1; i <= n; ++i){if (e[i] > (E >> 1))p.push_back({l[i], r[i]});}std::sort(p.begin(), p.end(), [&](const std::pair<int, int> &a, const std::pair<int, int> &b){ return (a.first != b.first ? a.first < b.first : a.second > b.second); });sum[n + 1] = sum[n];po = 0;while (po < p.size())dfs();cout << ans << '\n';return 0;
}
 游记)
