noip模擬8
阿新 • • 發佈:2021-07-18
A. 星際旅行
將所有的邊拆成兩條,問題變成去掉兩條邊,使得原圖存在一條尤拉路徑。注意新圖中所有點的度數均為偶數,只需按照去掉任意2個自環、去掉任意1個自環和任意一條邊、去掉兩條有公共頂點的邊進行討論即可。注意圖不連通的判斷方式,不是點不連通,而是邊不連通..
本應就是一道規律題吧..
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long int 4 #define lf double 5 const ll N=1e7+50; 6 inline void read(ll &ss)A_code7 { 8 ss=0; 9 ll cit=0; 10 char ch; 11 ch=getchar(); 12 while((ch>'9') or (ch<'0')) 13 { 14 if(ch=='-') cit=1; 15 ch=getchar(); 16 } 17 while((ch<='9') and (ch>='0')) 18 { 19 ss=(ss<<3)+(ss<<1)+(ch^48); 20 ch=getchar();21 } 22 if(cit) ss=-ss; 23 } 24 ll n,m,ts,alls,num,ans,cnt;//num代表迴環邊的數量,cnt代表普通邊的數量 25 ll vis[N],head[N],d[N]; 26 struct Role{ ll u,v,w,nxt; } a[N*2]; 27 inline void add(ll u,ll v) 28 { 29 a[++ts].u=u; 30 a[ts].v=v; 31 a[ts].nxt=head[u]; 32 head[u]=ts; 33 } 34 void dfs(ll now)35 { 36 vis[now]=1; 37 for(ll i=head[now];i;i=a[i].nxt) 38 { 39 if(!vis[a[i].v]) 40 { 41 dfs(a[i].v); 42 } 43 } 44 } 45 signed main() 46 { 47 read(n); read(m); 48 ll u,v; 49 for(ll i=1;i<=m;i++) 50 { 51 read(u); read(v); 52 if(u==v) { num++; continue; } 53 d[u]++; d[v]++; 54 add(u,v); add(v,u); 55 } 56 cnt=m-num; 57 if(cnt==0) { putchar('0'); return 0;} 58 for(ll i=1;i<=n;i++) if(d[i]) { dfs(i);break; } 59 for(ll i=1;i<=n;i++) if(d[i] and vis[i]==0) { putchar('0'); return 0;} 60 ans+=((num-1)*num)/2; 61 for(ll i=1;i<=n;i++) ans+=(d[i]*(d[i]-1))/2; 62 ans+=num*cnt; 63 printf("%lld",ans); 64 return 0; 65 } 66 /* 67 5 4 68 1 2 69 1 3 70 1 4 71 1 5 72 */ 73
B. 砍樹
咕咕咕..
C. 超級樹
考慮dp[i][j]表示一棵i-超級樹,有j條點不重複的路徑的方案數。考慮dp[i]對dp[i+1]的貢獻:列舉左子樹和右子樹的路徑條數l、r,記num=dp[i][l]*dp[i][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)) 邊界為dp[1][0]=dp[1][1]=1,答案為dp[k][1]。看起來第二維狀態可能有2 k 那麼大,但注意到從dp[i]轉移到dp[i+1]時,路徑的條數最多減少1條,因此第二維只有k個狀態對最終的狀態有影響,只dp這些狀態即可 複雜度為 O(k^3)1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long int 4 #define lf double 5 inline void read(ll &ss) 6 { 7 ss=0; 8 ll cit=0; 9 char ch; 10 ch=getchar(); 11 while((ch>'9') or (ch<'0')) 12 { 13 if(ch=='-') cit=1; 14 ch=getchar(); 15 } 16 while((ch<='9') and (ch>='0')) 17 { 18 ss=(ss<<3)+(ss<<1)+(ch^48); 19 ch=getchar(); 20 } 21 if(cit) ss=-ss; 22 } 23 //什麼也不做--1 根自己作為一條新路徑--2 根與子樹相連--3 24 //左與右相連--4 左/右自己相連--5 25 ll n,mod,num; 26 ll f[500][500]; 27 signed main() 28 { 29 read(n); read(mod); 30 f[1][1]=1; f[1][0]=1; 31 for(ll i=0;i<=n;i++) 32 { 33 for(ll j=0;j<=n;j++) 34 { 35 for(ll l=0;l<=j;l++) 36 { 37 num=f[i][(j-l)]*f[i][l]%mod; 38 f[i+1][j]+=num; f[i+1][j]%=mod; 39 f[i+1][j+1]+=num; f[i+1][j+1]%=mod; 40 f[i+1][j]+=num*j*2; f[i+1][j]%=mod; 41 f[i+1][j-1]+=num*l*(j-l)*2; f[i+1][j-1]%=mod; 42 f[i+1][j-1]+=num*(l*(l-1)+(j-l)*(j-l-1)); f[i+1][j-1]%=mod; 43 } 44 } 45 } 46 printf("%lld",f[n][1]%mod); 47 return 0; 48 }C_code
D. 求和
預處理出所有k次方和所有節點的深度,樹上差分即可..
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long int #define lf double const ll N=300050; const ll mod=998244353; inline void read(ll &ss) { ss=0; ll cit=0; char ch; ch=getchar(); while((ch>'9') or (ch<'0')) { if(ch=='-') cit=1; ch=getchar(); } while((ch<='9') and (ch>='0')) { ss=(ss<<3)+(ss<<1)+(ch^48); ch=getchar(); } if(cit) ss=-ss; } ll n,t,ts,m,maxn,ans,k; ll fa[N][50]; ll dep[N],head[N],down[N][55],f[N][55]; struct Summary{ ll u,v,w,nxt; } a[N*2]; inline void add(ll u,ll v) { a[++ts].u=u; a[ts].v=v; a[ts].nxt=head[u]; head[u]=ts; } void dfs(ll now,ll dad,ll depth) { maxn=max(maxn,depth); dep[now]=depth; fa[now][0]=dad; for(ll i=1;i<=t;i++) { if(fa[now][i-1]==0) break; fa[now][i]=fa[fa[now][i-1]][i-1]; } for(ll i=head[now];i;i=a[i].nxt) { if(a[i].v==dad) continue; dfs(a[i].v,now,depth+1); } return ; } inline ll lca(ll x,ll y) { if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y); //保證 x 在 y 的下面.. for(ll i=t;i>=0;i--) { if(dep[fa[x][i]]>=dep[y] and fa[x][i]!=0) x=fa[x][i]; } //使達到同一深度.. if(x==y) return x; for(ll i=t;i>=0;i--) { if(fa[x][i]!=fa[y][i]) { x=fa[x][i]; y=fa[y][i]; } } return fa[x][0]; } signed main() { read(n); t=(ll)(log(n)/log(2))+1; ll u,v,w; for(ll i=1;i<=n-1;i++) { read(u); read(v); add(u,v); add(v,u); } dfs(1,0,0); for(ll i=1;i<=n;i++) { down[i][0]=1; for(ll j=1;j<=51;j++) { down[i][j]=(down[i][j-1]*i)%mod; f[i][j]=(f[i-1][j]+down[i][j])%mod; } } read(m); ll anor; for(ll i=1;i<=m;i++) { read(u); read(v); read(k); anor=lca(u,v); //cout<<anor<<" depth:"<<dep[u]<<" "<<dep[v]<<" "<<dep[anor]<<endl; //cout<<f[dep[u]][k]<<" "<<f[dep[v]][k]<<endl; ans=f[dep[u]][k]+f[dep[v]][k]-2*f[dep[anor]][k]+down[dep[anor]][k]; ans=(ans+mod*mod)%mod; printf("%lld\n",ans); } return 0; } /* 9 1 2 1 3 2 4 2 5 4 6 4 7 6 8 6 9 */D_code