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小苯点兵点将

思路：签到题，从到遍历判断可以；也可以求出 [1,l-1] 中 3 倍数的个数，和 [1,𝑟]中 3 倍数的个数，作差判断结果是否大于等于 1

void solve()
{int l, r;cin >> l >> r;if (r/3-(l-1)/3 >= 1) cout << "YES" << endl;else cout << "NO" << endl;
}

void solve()
{int l, r;cin >> l >> r;for (int i = l; i <= r; i++){if (i% 3 == 0){cout << "YES" << endl;return;}}cout << "NO" << endl;
}

小苯的好数

思路：区间查询很容易想到前缀和来做，因此就是考怎么来判断是否是好数，这里为偶数时， 肯定是好数，主要就是判断奇数怎么是好数，这里正解是要证明的(但我太菜了，只能打表来观察了)，得出哪些奇数是好数，哪些不是：接下来是打表函数：

void solve()
{for (int i = 1; i<=99; i++){if (i%2 == 1){int sum = 1;for (int j = 2; j<i; j++){if (i%j == 0) sum += j;}if (sum % 2 == 0) cout << i << endl;}}
}

观察出只有平方数的因子和才能是偶数，所以就可以使用前缀和来解决此题

void solve() {int n, q;cin >> n >> q;vector<int> s(n + 1);auto check = [&](int x) -> bool {if(x % 2 == 0) return 1;int sq = sqrt(x);return sq * sq == x;};for(int i = 1, x; i <= n; i++) {cin >> x;s[i] = s[i - 1] + check(x);}while(q -- ) {int l, r;cin >> l >> r;cout << s[r] - s[l - 1] << endl;}
}

小苯的ovo

思路：动态规划，有点像背包问题，这里要找出cost为修改次数，并通过动态转移。注意dp数组的初始化

void solve()
{int n, m, k;cin >> n >> k;vector<vector<int>> dp(n+1, vector<int>(k+1, -INF));// dp[i][k]表示前i个字符，最多修改k次的最大个数string s;cin >> s;s = " "+s;if (n < 3){cout << 0 << endl;return;}dp[0][0] = 0, dp[1][0] = 0, dp[2][0] = 0;for (int i = 3; i<=n; i++){int num = (s[i-2]!='o')+(s[i-1]!='v')+(s[i]!='o');dp[i] = dp[i-1];for (int j = num; j<=k; j++){dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-3][j-num]+1);}}cout << *max_element(dp[n].begin(), dp[n].end()) << endl;
}

 小苯的水瓶

思路：看到取最值应该使用二分，这里注意check函数的编写，并主要need大于k+m时提前结束，或者开_i128，防止爆longlong。

void solve()
{int n, m, k;cin >> n >> m >> k;vi a(n);for (int i = 0; i<n; i++) cin >> a[i];sort(a.begin(), a.end());auto check = [&](int x)->bool{int xu=0, need = 0;for (int i = 0; i<n; i++){xu += max(0ll, a[i]-x);need += max(0ll, x-a[i]);if (need > k+m) return false;}return k+min(xu, m)-need >= 0;};int l = 0, r = 1e9;while (l+1 < r){int mid = (l+r)/2;if (check(mid)) l = mid;else r = mid;}cout << l << endl;
}

小苯的旅行计划

思路：因为m的值不是很大，所以我们可以来枚举要使用魔法的边来找最小值，需要记录每条边有多少个人的记录，这里应该用树上边差分来统计， 再在枚举时取最大值，思路还是比较简单，但代码实现上还是有点难度。

struct LCA{vector<vector<int>> f;vector<int> sum, dep;vector<vector<pair<int, int>>> g;LCA(int n){f.resize(20, vector<int>(n+1));dep.resize(n+1), sum.resize(n+1);g.resize(n+1);}void dfs(int u, int fa){dep[u] = dep[fa] + 1;f[0][u] = fa;for (int i = 1; i<20; i++){f[i][u] = f[i-1][f[i-1][u]];}for (auto [v, w] : g[u]){if (v == fa) continue;sum[v] = sum[u]+w;dfs(v, u);}}int find(int u, int v){if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);for (int i = 19; i>=0; i--){if (dep[f[i][u]] >= dep[v]) u = f[i][u];}if (u == v) return u;for (int i = 19; i>=0; i--){if (f[i][u] != f[i][v]){u = f[i][u];v = f[i][v];}}return f[0][u];}
};
struct node{int u, v, w;
};
void solve(){int n, m;cin >> n >> m;LCA lca(n);vector<node> edge(n+1);for (int i=1,u,v,w; i<=n-1; i++){cin >> u >> v >> w;lca.g[u].push_back(make_pair(v, w));lca.g[v].push_back(make_pair(u, w));edge.push_back({u, v, w});}lca.dfs(1, 0);int cost = 0;vector<int> s(n+1);for (int i = 0,a,b; i<m; i++){cin >> a >> b;int ll = lca.find(a, b);s[a]++, s[b]++, s[ll]-=2;cost += (lca.sum[a]+lca.sum[b]-2*lca.sum[ll]);}auto dfs2 = [&](auto &&dfs2, int u, int fa)->void{for (auto [v, w]: lca.g[u]){if (v == fa) continue;dfs2(dfs2, v, u);s[u] += s[v];}};dfs2(dfs2, 1, 0);int mx = 0;for (auto [u, v, w]:edge){if (lca.dep[u] < lca.dep[v]) swap(u, v);mx = max(mx, s[u]*w);}cout << cost - mx << endl;
}

struct Edge{int u, v, w;
};
void solve()
{int n, m, k;cin >> n >> m;vector<vector<pair<int,int>>> g(n+1);//记录连接边vector<Edge> edge;   //记录m条边for (int i = 1; i<=n-1; i++){int u, v, w;cin >> u >> v >> w;g[u].pb(mp(v,w));g[v].pb(mp(u,w));edge.pb({u,v,w});}vector<vector<int>> f(20, vector<int>(n+1)); //父节点vector<int> dep(n+1), sum(n+1);  //深度     树的前缀和(从根到叶递增)auto dfs1= [&](auto && dfs1, int u, int fa)->void //倍增预处理{dep[u] = dep[fa]+1;f[0][u] = fa;for (int j = 1; j<20; j++){f[j][u] = f[j-1][f[j-1][u]];}for (auto & [v,w] : g[u]){if (v == fa) continue;sum[v] = sum[u] + w;dfs1(dfs1, v, u);}};dfs1(dfs1, 1, 0);auto LCA = [&](int u, int v)->int   //求最近公共祖先{if (dep[u] < dep[v]) swap(u,v);for (int j = 19; j>=0; j--){if (dep[f[j][u]] >= dep[v]) u = f[j][u];}if (u == v) return u;for (int j = 19; j>=0; j--){if (f[j][u] != f[j][v]){u = f[j][u];v = f[j][v];}}return f[0][u];};int cost = 0;vector<int> s(n+1);for (int i = 0, a, b; i<m; i++){cin >> a >> b;int lca = LCA(a,b);s[a]++, s[b]++, s[lca]-=2;cost += (sum[a]+sum[b]-2*sum[lca]); // 算出原本的边权前缀和（不使用魔法时，全部的需要的花费）}auto dfs2 = [&](auto && dfs2, int u, int fa)->void  //利用差分求每条边经过的次数{for (auto [v,w]:g[u]){if (v == fa) continue;dfs2(dfs2, v, u);s[u]+=s[v];}};dfs2(dfs2, 1, 0);int mx = 0;for (auto [u,v,w] : edge){if (dep[u] < dep[v]) swap(u,v);   // 这里是因为边权是下降到点的，所以要用深度更深的那个点mx = max(mx, s[u]*w);}cout << cost-mx << endl;
}

小苯的奇怪最短路

思路：

考虑枚举答案中的最大边 w，那么问题变成了最小边如何求。

让我们考虑最小生成树的求法，在合并连通块的过程中，如果 (u,v)连通则我们直接跳过，否则连上边，并给总权加上 (u,v)的权。

在本题中实际上也类似，我们给每个连通块都维护一个当前连通块中的最小边 mn，接着正常执行

𝑘𝑟𝑢𝑠𝑘𝑎𝑙求最小生成树，如果当前 1 和 n 已经连通，则我们就对 1,n所在的连通块的最小边 mn 加上当前边 w 取 min即可，在过程中要一直维护每个连通块中最小边的权 mn

struct edge{int u, v, w;bool operator < (const edge&e) const{return w < e.w;}
};
struct ufSet{vector<int> fa,siz;// fa[N]用于存储每个元素的父节点信息// siz[N]用于存储每个集合的大小vector<int> mn;void init(int n){fa.resize(n+5),siz.resize(n+5);mn.resize(n+5);for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,siz[i]=1,mn[i]=INF;}int find(int x){if(x==fa[x]) return x;fa[x]=find(fa[x]);return fa[x];}bool mrg(int x,int y, int w){x=find(x),y=find(y);// if(x==y) return 0;if(siz[x]<siz[y]) swap(x,y);fa[y]=x,siz[x]+=siz[y];mn[x]=min({mn[x],w, mn[y]});return 1;}
}t;
void solve()
{int n, m, k;cin >> n >> m;t.init(n);vector<edge> e;for (int i = 0, u, v, w; i<m; i++){cin >> u >> v >> w;e.pb({u, v, w});}sort(e.begin(), e.end());int ans = INF;for (auto [u, v, w]: e){t.mrg(u, v, w);if (t.find(1) == t.find(n)){ans = min(ans, t.mn[t.find(1)]+w);}}if (ans > 1e17) ans = -1;cout << ans << endl;
}