题目详情 - L2-047 锦标赛 (pintia.cn)

思路：

1. 这是一棵倒着的树，我们每次匹配时，必须当前的值大于左儿子或者右儿子的最大值，否则无答案。
2. 因为我们需要存储哪个位置还没放人，发现当前位置左儿子与右儿子都是有且仅有一个位置为空（供当前位置放一个，还有当前位置的父亲（祖先）放一个）
3. 所以我们填写a[i][j]时，可以记录a[i][j]这个包含的区间的空位坐标。即如果你继承左儿子，那么id[i][j]记录右儿子那个空位
4. 匹配后，我们要更新a[i][j]的值，即为max(a[i][j],max[左儿子],max[右儿子]），假如a[i][j]打败了左儿子，那么a[i][j]>max[左儿子],那么后面祖先继承a[i][j]包含的空位，首先能打败a[i][j],然后他是继承a[i][j]右儿子空位，所以还要能打败右儿子

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll               long long
#define endl             "\n"
const int N = 2e5 + 10;
int a[20][N],id[20][N],ans[N];
void mysolve()
{int k;cin>>k;bool flag=1;for(int i=1; i<=k; ++i)for(int j=1; j<=(1<<(k-i)); ++j){cin>>a[i][j];if(i==1)ans[2*j-1]=a[i][j],id[i][j]=2*j;else{if(a[i][j]<a[i-1][j*2-1]&&a[i][j]<a[i-1][j*2])flag=0;else{if(a[i][j]>=a[i-1][j*2-1])ans[id[i-1][2*j-1]]=a[i][j],id[i][j]=id[i-1][j*2];else ans[id[i-1][2*j]]=a[i][j],id[i][j]=id[i-1][j*2-1];}a[i][j]=max({a[i][j],a[i-1][2*j-1],a[i-1][2*j]});}}int maxn;cin>>maxn;if(maxn<a[k][1])flag=0;else ans[id[k][1]]=maxn;if(!flag)cout<<"No Solution"<<endl;else{for(int i=1; i<=(1<<k); ++i){if(i>1)cout<<" ";cout<<ans[i];}}}int32_t main()
{std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);ll t=1;//cin >> t;while (t--){mysolve();}system("pause");return 0;
}

题目详情 - L3-035 完美树 (pintia.cn)

思路：树形dp

1. 显然是一个值域为3的树形dp。设dp[i][0]表示子树两种色一样多，dp[i][1]表示白色比黑色多1，dp[i][2]表示黑色比白色多1。cnt[i]表示i子树有奇数/偶数个点
2. 当节点u继承他的儿子们v时
   1. 如果cnt[v]为偶数，显然，只有dp[v][0]有意义，直接继承即可
   2. 如果cnt[v]为奇数，我们需要讨论，总之先计入cnt[u](当前表示有多少个奇数点的儿子的个数），设mid=cnt[u]/2
      1. 如果cnt[u]为奇数，即u子树一个有偶数个点，那么只有dp[u][0]有意义，可以有取mid*dp[v][1]+(cnt[u]-mid)*dp[v][2]+c[u]=0,或者(cnt[u]-mid)*dp[v][1]+mid*dp[v][2]+c[u]=1。取最小
      2. 如果cnt[u]为偶数，即u子树有奇数个点，那么可以更新dp[u][1]或者dp[u][2]。如对于dp[u][1],那么可以取mid*dp[v][1]+mid*dp[v][2]+c[u]=0,或者(mid+1)*dp[v][1]+(mid-1)*dp[v][2]+c[u]=1。dp[u][2]同理。
      3. 而对于怎么取mid个dp[v][1],怎么取剩下的dp[v][2]呢，我们可以先全部取dp[v][1],然后开数组存入dp[v][2]-dp[v][1],之后排序，需要一个dp[v][2]，就从数组中取一个，这样就是最优。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll               long long
#define endl             "\n"
const int N = 2e5 + 10;
int cnt[N],dp[N][3],p[N],in[N];
vector<int>edge[N];
bool c[N];
void dfs(int u)
{vector<int>q;int sum=0;for(auto v:edge[u]){dfs(v);if(cnt[v]&1){cnt[u]++;q.push_back(dp[v][2]-dp[v][1]),sum+=dp[v][1];//先全部加dp[v][1],后面需要dp[v][2],取q数组即可}else sum+=dp[v][0];//为0直接累加}sort(q.begin(),q.end());int mid=(int)q.size()/2;for(int i=0; i<mid; ++i)sum+=q[i];if(!cnt[u]){dp[u][1]=sum+(c[u]==0?0:p[u]);dp[u][2]=sum+(c[u]==1?0:p[u]);}else if(cnt[u]&1)dp[u][0]=min(sum+(c[u]==1?0:p[u]),sum+q[mid]+(c[u]==0?0:p[u]));else{dp[u][1]=min(sum+(c[u]==0?0:p[u]),sum-q[mid-1]+(c[u]==1?0:p[u]));dp[u][2]=min(sum+(c[u]==1?0:p[u]),sum+q[mid]+(c[u]==0?0:p[u]));}cnt[u]++;//自己是一个点
}
void mysolve()
{int n;cin>>n;int k,x;for(int i=1; i<=n; ++i){cin>>c[i]>>p[i]>>k;for(int j=1; j<=k; ++j)cin>>x,edge[i].push_back(x),in[x]++;}for(int i=1; i<=n; ++i)if(!in[i]){memset(dp,0x3f,sizeof(dp));dfs(i);int ans=min({dp[i][0],dp[i][1],dp[i][2]});cout<<ans<<endl;}
}int32_t main()
{mysolve();return 0;
}