2021.6.17考試總結[NOIP模擬8]
阿新 • • 發佈：2021-06-18
T1 星際旅行
其實就是求兩條只走一遍的邊的方案數。
考場上第一眼就感覺不可做，後來畫了幾個圖，發現好像只要兩個邊是相連的就可以只走一遍，居然還真拿了30。。
其實是一道尤拉路的題，把每條非自環的邊看作兩條平行的邊，問題就轉變為了刪掉兩條邊，使圖變為尤拉圖。
尤拉圖存在的充要條件是圖聯通，且只有0或2個點的出度為奇數。因為把邊一分為二，所以初始出度都為偶。
所以刪兩條相連的邊是其中一種情況，30pts到手。
另外考慮自環，由於自環不計入出度，所以可以刪掉兩個自環或一個自環和任意一邊。
注意在計算前要先判斷圖是否聯通，且應該是邊聯通，也就是說需要邊能夠一次遍歷完，跟點沒關係。
最後把答案累加即可。
code：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define int long long 3 using namespace std; 4 int n,m,to[200001],nex[200001],head[100001],num,out[100001],ans,cir; 5 bool vis[100001]; 6 inline int read(){ 7 int x=0,f=1; 8 char ch=getchar(); 9 while(ch<'0'||ch>'9') 10 { 11 if(ch=='-') f=-1; 12 ch=getchar();T113 } 14 while(ch<='9'&&ch>='0') 15 { 16 x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); 17 ch=getchar(); 18 } 19 return x*f; 20 } 21 void write(int x){ 22 if(x<0) putchar('-'), x=-x; 23 if(x>9) write(x/10); 24 putchar(x%10+'0'); 25 } 26 inline void add(inta,int b){ 27 if(a==b){ cir++; return; } 28 to[++num]=b; nex[num]=head[a]; head[a]=num; out[a]++; 29 to[++num]=a; nex[num]=head[b]; head[b]=num; out[b]++; 30 } 31 void dfs(int s){ 32 vis[s]=1; 33 for(int i=head[s];i;i=nex[i]) 34 if(!vis[to[i]]) dfs(to[i]); 35 } 36 signed main(){ 37 n=read(); m=read(); 38 for(int i=1;i<=m;i++) add(read(),read()); 39 for(int i=1;i<=n;i++) 40 if(out[i]){ dfs(i); break; } 41 for(int i=1;i<=n;i++) 42 if(!vis[i]&&out[i]){ write(0); putchar('\n'); return 0; } 43 if(!num){ write(0); putchar('\n'); return 0; } 44 for(int i=1;i<=n;i++) ans+=out[i]*(out[i]-1)/2; 45 ans+=cir*(cir-1)/2+cir*num/2; 46 write(ans); putchar('\n'); 47 return 0; 48 }
T2 砍樹
考場上看到這題，哎呦我*這不二分嗎。。啥都不說打了個天才二分，結果又是30。。
實際上這道題中d和k並沒有線性關係，d越小k不一定越小，所以二分是假的，拿30算是很高了。
正解是個沒學過的暴力一樣的東西。
要求的d要滿足
化簡一波，令,則
。
運用整除分塊，天花板函式影象應是幾節平行於x軸的線，每條線左邊界為l，右邊界為r，則有：
只有右端點可能為最優解。每次找出右端點後檢驗是否在取值範圍，更新答案即可。
code：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define int long long 3 using namespace std; 4 int n,k,a[101],d,num,l,r,ans; 5 inline int read(){ 6 int x=0,f=1; 7 char ch=getchar(); 8 while(ch<'0'||ch>'9') 9 { 10 if(ch=='-') f=-1; 11 ch=getchar(); 12 } 13 while(ch<='9'&&ch>='0') 14 { 15 x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); 16 ch=getchar(); 17 } 18 return x*f; 19 } 20 void write(int x){ 21 if(x<0) putchar('-'), x=-x; 22 if(x>9) write(x/10); 23 putchar(x%10+'0'); 24 } 25 bool check(int d){ 26 int res=0; 27 for(int i=1;i<=n;i++) res+=ceil((double)a[i]/d); 28 return res*d<=num; 29 } 30 signed main(){ 31 n=read(); k=read(); num+=k; 32 for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(), num+=a[i]; 33 for(l=1;l<=num;l=r+1){ 34 r=(num/(num/l)); 35 if(check(r)) ans=r<ans?ans:r; 36 } 37 write(ans); putchar('\n'); 38 return 0; 39 }T2
T3 超級樹
比T1更不可做。。賽時最高15分。。
一看題解，果然沒思路的題都是DP
考慮狀態陣列fi,j表示一顆深度為i的超級樹，有j條符合題意的路線的方案數。
每次轉移在當前超級樹上方加一個根節點，考慮fi對fi+1的影響。
列舉當前超級樹左子樹路徑為l，右子樹路徑為r，記num=fi,l*fi,r,則有：
• 什麼也不做 dp[i+1][l+r]+=num
• 根自己作為一條新路徑 dp[i+1][l+r+1]+=num
• 根連線到左子樹(或右子樹)的某條路徑上 dp[i+1][l+r]+=2*num*(l+r)
• 根連線左子樹和右子樹的各一條路徑 dp[i+1][l+r-1]+=2*num*l*r
• 根連線左子樹(或右子樹)的兩條路徑 dp[i+1][l+r-1]+=num*(l*(l-1)+r*(r-1))
初值賦f1,0和f1,1為1，最後答案為fk,1。
空間看似會炸，但因為每次第二維最多減一，所以最多隻有第二維為k的狀態可能轉移到最終狀態，所以考慮這前k個即可。
幾個式子合併一下，開個longlong，少模幾次，不然可能會T（至少我們這小破評測機是這樣的
code：
1 #include<bits/stdc++.h>//T3 2 #define int long long 3 using namespace std; 4 int k,mod,f[301][301]; 5 inline int read(){ 6 int x=0,f=1; 7 char ch=getchar(); 8 while(ch<'0'||ch>'9') 9 { 10 if(ch=='-') f=-1; 11 ch=getchar(); 12 } 13 while(ch<='9'&&ch>='0') 14 { 15 x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); 16 ch=getchar(); 17 } 18 return x*f; 19 } 20 void write(int x){ 21 if(x<0) putchar('-'), x=-x; 22 if(x>9) write(x/10); 23 putchar(x%10+'0'); 24 } 25 signed main(){ 26 k=read(); mod=read(); 27 f[1][1]=f[1][0]=1; 28 for(register signed i=0;i<k;++i) 29 for(register signed j=0;j<k;++j) 30 for(register signed l=0;l<=j;++l){ 31 int r=j-l,num=f[i][l]*f[i][r]%mod; 32 f[i+1][j]=(f[i+1][j]+num+2*num*j)%mod; 33 f[i+1][j+1]=(f[i+1][j+1]+num)%mod; 34 f[i+1][j-1]=(f[i+1][j-1]+2*num*l*r+num*(l*(l-1)+r*(r-1)))%mod; 35 } 36 write(f[k][1]); putchar('\n'); 37 return 0; 38 }T3
T4 求和
超級大水題。。資料水的一匹
就求出lca，然後暴力累乘就完事。當時根本沒想A，一出分人都傻了
洛谷上這題有個子任務hack暴力，可以用字首和優化，預處理出根節點到每個點k次冪的字首和，然後進行O(1)查詢，常數大但複雜度小。
但我還是懶得沒去打。。
code：
1 #include<bits/stdc++.h>//T4 2 #define int long long 3 #define rsigned register signed 4 using namespace std; 5 const int p=998244353; 6 int num,head[300001],nex[600001],to[600001],fa[300001][20],n,t,dep[300001],mem[300001][51]; 7 inline int read(){ 8 int x=0,f=1; 9 char ch=getchar(); 10 while(ch<'0'||ch>'9') 11 { 12 if(ch=='-') f=-1; 13 ch=getchar(); 14 } 15 while(ch<='9'&&ch>='0') 16 { 17 x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); 18 ch=getchar(); 19 } 20 return x*f; 21 } 22 void write(int x){ 23 if(x<0) putchar('-'), x=-x; 24 if(x>9) write(x/10); 25 putchar(x%10+'0'); 26 } 27 inline int qmod(int a,int b){ 28 if(mem[a][b]) return mem[a][b]; 29 int res=1,A=a,B=b; a%=p; 30 while(b){ 31 if(b&1) res=res*a%p; 32 a=a*a%p; 33 b>>=1; 34 } 35 mem[A][B]=res; 36 return mem[A][B]; 37 } 38 inline void add(int a,int b){ 39 to[++num]=b; nex[num]=head[a]; head[a]=num; 40 to[++num]=a; nex[num]=head[b]; head[b]=num; 41 } 42 void bfs(){ 43 dep[1]=0; t=log2(n)+1; 44 queue<signed>q; q.push(1); 45 while(!q.empty()){ 46 signed x=q.front(); q.pop(); 47 for(rsigned i=head[x];i;i=nex[i]){ 48 signed y=to[i]; 49 if(y==1||dep[y]) continue; 50 dep[y]=dep[x]+1; 51 fa[y][0]=x; 52 for(signed j=1;j<=t;j++) fa[y][j]=fa[fa[y][j-1]][j-1]; 53 q.push(y); 54 } 55 } 56 } 57 inline int lca(int x,int y){ 58 if(x==1||y==1) return 1; 59 if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y); 60 for(rsigned i=t;i>=0;i--) 61 if(dep[fa[y][i]]>=dep[x]) y=fa[y][i]; 62 if(x==y) return x; 63 for(rsigned i=t;i>=0;i--) 64 if(fa[y][i]!=fa[x][i]) y=fa[y][i], x=fa[x][i]; 65 return fa[x][0]; 66 } 67 signed main(){ 68 n=read(); 69 for(signed i=1;i<n;i++) add(read(),read()); 70 rsigned m=read(); 71 bfs(); 72 while(m--){ 73 int a=read(),b=read(),c=read(),ans=0; 74 int ca=lca(a,b); 75 while(a!=ca) ans=(ans+qmod(dep[a],c))%p, a=fa[a][0]; 76 while(b!=ca) ans=(ans+qmod(dep[b],c))%p, b=fa[b][0]; 77 ans=(ans+qmod(dep[ca],c))%p; 78 write(ans); putchar('\n'); 79 } 80 return 0; 81 }T4