自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	liangbowen 不能再摆了，，，

搬运于2025-08-24 22:38:49，当前版本为作者最后更新于2022-06-25 10:19:04，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

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前言

题目传送门！

更好的阅读体验？

本次比赛第二题，好像没有人抢题解，那我来一发。

思路还是挺巧妙的。

$\texttt{10 pts}$ 思路

深搜求解即可。

最坏情况，时间复杂度 $O(n!)$。

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef unsigned int UI;
typedef unsigned long long ULL;
inline UI get_next(UI &seed) //直接套用给出的随机数代码即可。
{
	seed ^= seed << 13;
	seed ^= seed >> 17;
	seed ^= seed << 5;
	return seed;
}
UI n, seed;
UI a[105], fa[105];
ULL maxn = 0;
bool vis[105];
void dfs(int x, ULL sum, UI minn)
{
	if (x == n)
	{
		//cout<<"sum="<<sum<<'\n';
		maxn = max(maxn, sum);
		return;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (!vis[i] && vis[fa[i]]) //选过 fa[i] 且没选过 i 才可以。
		{
			vis[i] = true;
			dfs(x+1, sum + min(minn, (UI)a[i]), min(minn, (UI)a[i]));
			vis[i] = false; //回溯。
		}
}
int main()
{
	scanf("%u%u", &n, &seed);
	for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = get_next(seed);
	for (int i = 2; i <= n; i++) fa[i] = get_next(seed) % (i-1) + 1;
	vis[1] = true;
	dfs(1, (ULL)(a[1]), a[1]);
	printf("%llu", maxn);
    return 0;
}

$\texttt{50 pts}$ 思路

前置知识点：拓扑排序。

没学过没关系，可以直接看正解。

---

观察本题，捕捉关键句，如下。

先完成 $fa_i$ 才能完成 $i$。

求和的最大值。

这不就是拓扑排序吗？

容易看出，用优先队列求解，每次选当前队列里的最大值即可。

所以要重载一下。

时间复杂度是带 $\log$ 的，可以卡过 $50\%$ 的数据。

最后按照拓扑序计算和即可。

类似模版，没有什么需要特别理解的地方。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#define N 10000005
using namespace std;
typedef unsigned int UI;
typedef unsigned long long ULL;
inline UI get_next(UI &seed)
{
	seed ^= seed << 13;
	seed ^= seed >> 17;
	seed ^= seed << 5;
	return seed;
}
UI n, seed;
UI a[N], fa[N];
struct Edge
{
	int now, nxt;
}e[N];
int head[N], cur;
void add(int x, int y)
{
	e[++cur].now = y;
	e[cur].nxt = head[x];
	head[x] = cur;
}
struct Node
{
	UI x;
	bool operator <(const Node &t) const
	{
		return a[x] < a[t.x];
	}
};
int in[N], topo[N], Cur;
void topo_sort()
{
	priority_queue <Node> Q;
	Q.push( (Node){1} );
	while (!Q.empty())
	{
		int topi = Q.top().x;
		topo[++Cur] = topi;
		Q.pop();
		for (int i = head[topi]; i; i = e[i].nxt)
		{
			int p = e[i].now;
			in[p]--;
			if (in[p] == 0) Q.push( (Node){p} );
		}
	}
}
int main()
{
	scanf("%u%u", &n, &seed);
	for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = get_next(seed);
	for (int i = 2; i <= n; i++) fa[i] = get_next(seed) % (i-1) + 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++) add(fa[i], i), in[i]++;
	topo_sort();
	ULL sum = 0, minn = 1e18;
	for (int i = 1; i <= n; i++) minn = min(minn, (ULL)a[topo[i]]), sum += minn;
	printf("%llu", sum);
    return 0;
}

正解

讲完部分分，终于可以将正解了。

然而正解和部分分几乎没有关系。

---

正解的突破口在于：$1 \leq fa_i < i$。

换句话说，顺着扫一遍数组，必定先扫到 $fa_i$ 再扫到 $i$。

进一步讲，顺着扫，等同于遵守了拓扑序。

这下，问题就很简单了，转移方程 $f_i = min(a_i, f_{fa_i})$。

注意到 $a_i$ 在后面没有用了，所以可以直接用 $a_i$ 代替$f_i$，节约空间。

另外，不存在 $fa_1$，所以开头稍作改变。

看到代码，你会觉得很简单的。

时间复杂度 $O(n)$。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#define N 10000005
using namespace std;
typedef unsigned int UI;
typedef unsigned long long ULL;
inline UI get_next(UI &seed)
{
	seed ^= seed << 13;
	seed ^= seed >> 17;
	seed ^= seed << 5;
	return seed;
}
UI a[N], fa[N];
int main()
{
	int n;
	UI seed;
	scanf("%d%u", &n, &seed);
	for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = get_next(seed);
	for (int i = 2; i <= n; i++) fa[i] = get_next(seed) % (i-1) + 1;
	ULL sum = a[1]; //注意这里需要 long long 来储存。
	for (int i = 2; i <= n; i++) a[i] = min(a[i], a[ fa[i] ]), sum += a[i];
	printf("%llu", sum);
    return 0;
}

希望能帮助到大家，谢谢！