2021.10.27考試總結[衝刺NOIP模擬17]
阿新 • • 發佈：2021-10-27
T1寶藏 T2尋找道路 T3豬國殺 T4數樹
T1 寶藏
發現每個數成為中位數的長度是關於權值單調的。線段樹二分判斷是否合法，單調指標掃即可。
考場上寫了二分，平添\(\log\)。
\(code:\)
T1
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; namespace IO{ typedef long long LL; LL read(){ LL x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } void write(int x,char sp){ char ch[20]; int len=0; if(x<0) x=-x,putchar('-'); do{ ch[len++]=x%10+'0'; x/=10; }while(x); for(int i=len-1;~i;i--) putchar(ch[i]); putchar(sp); } void ckmin(int& x,int y){ x=x<y?x:y; } void ckmax(int& x,int y){ x=x>y?x:y; } } using namespace IO; const int NN=300010; int n,x,Q,ext,has[NN],ans[NN]; struct node{ int w,t; bool operator<(const node& a)const{ return w<a.w; } }p[NN]; LL T; struct segmengt_tree{ #define ld rt<<1 #define rd (rt<<1)|1 int num[NN<<2]; LL sum[NN<<2]; void pushup(int rt){ num[rt]=num[ld]+num[rd]; sum[rt]=sum[ld]+sum[rd]; } void update(int rt,int l,int r,int pos,int typ){ if(l==r){ num[rt]+=typ; sum[rt]+=typ*has[pos]; return; } int mid=l+r>>1; if(pos<=mid) update(ld,l,mid,pos,typ); else update(rd,mid+1,r,pos,typ); pushup(rt); } LL query(int rt,int l,int r,int lmt){ if(!lmt) return 0; if(num[rt]<=lmt) return sum[rt]; if(l==r) return 1ll*has[l]*lmt; int mid=l+r>>1; if(num[ld]>=lmt) return query(ld,l,mid,lmt); return sum[ld]+query(rd,mid+1,r,lmt-num[ld]); } }big,sml; void solve(int id){ LL rest=T-has[p[id].t]; if(rest<0) return; int l=1,r=n,res; while(l<=r){ int mid=l+r>>1,lmt=mid>>1; if(big.num[1]<lmt||sml.num[1]<lmt){ r=mid-1; continue; } if(big.query(1,1,n,lmt)+sml.query(1,1,n,lmt)>rest) r=mid-1; else l=mid+1,res=mid; } ckmax(ans[res],p[id].w); } signed main(){ // freopen("treasure.in","r",stdin); // freopen("treasure.out","w",stdout); n=read(); T=read(); Q=read(); for(int i=1;i<=n;i++) p[i].w=read(),has[i]=p[i].t=read(),ans[i]=-1; sort(p+1,p+n+1); sort(has+1,has+n+1); ext=unique(has+1,has+n+1)-has-1; for(int i=1;i<=n;i++) p[i].t=lower_bound(has+1,has+ext+1,p[i].t)-has; for(int i=1;i<=n;i++) big.update(1,1,n,p[i].t,1); for(int i=1;i<=n;i++){ big.update(1,1,n,p[i].t,-1); solve(i); sml.update(1,1,n,p[i].t,1); } for(int i=n-1;i;i--) ckmax(ans[i],ans[i+1]); while(Q--){ x=read(); write(ans[x],'\n'); } return 0; }
T2 尋找道路
先把只走\(0\)邊能到的點縮起來，之後要保證走到的點距離的字典序最小。
\(BFS\)，每次取出佇列中距離相等的點，先走\(0\)邊再走\(1\)邊，可以保證佇列中距離是單調的。
\(code:\)
T2
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO{
typedef long long LL;
int read(){
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x*f;
}
void write(int x,char sp){
char ch[20]; int len=0;
if(x<0) x=-x,putchar('-');
do{ ch[len++]=x%10+'0'; x/=10; }while(x);
for(int i=len-1;~i;i--) putchar(ch[i]); putchar(sp);
}
void ckmin(int& x,int y){ x=x<y?x:y; }
void ckmax(int& x,int y){ x=x>y?x:y; }
} using namespace IO;
const int NN=1000010,MM=2000010,mod=1e9+7;
int n,m,st,idx,res[NN],head[NN];
int q[NN],l,r;
bool vis[NN];
vector<int>vec;
struct edge{ int to,nex,w; }e[MM];
void add(int a,int b,int c){ e[++idx]=(edge){b,head[a],c}; head[a]=idx; }
void dfs(int s){
if(vis[s]) return;
vis[s]=1;
for(int i=head[s],v=e[i].to;i;i=e[i].nex,v=e[i].to)
if(e[i].w) add(st,v,1);
else res[v]=0,dfs(v);
}
void bfs(){
q[l=r=1]=st; res[st]=0;
while(l<=r){
int tmp=res[q[l]];
vec.clear();
while(l<=r&&res[q[l]]==tmp) vec.push_back(q[l++]);
for(int x:vec)
for(int i=head[x],v=e[i].to;i;i=e[i].nex,v=e[i].to)
if(!e[i].w&&res[v]<0){
res[v]=(res[x]<<1)%mod;
q[++r]=v;
}
for(int x:vec)
for(int i=head[x],v=e[i].to;i;i=e[i].nex,v=e[i].to)
if(e[i].w&&res[v]<0){
res[v]=(res[x]<<1)%mod+1;
q[++r]=v;
}
}
}
signed main(){
freopen("path.in","r",stdin);
freopen("path.out","w",stdout);
n=read(); m=read(); st=n+1;
for(int a,b,c,i=1;i<=m;i++)
a=read(),b=read(),c=read(),add(a,b,c);
memset(res,-1,sizeof(res));
dfs(1); bfs();
for(int i=2;i<=n;i++) write(res[i],' ');
return puts(""),0;
}
T3 豬國殺
最優策略是取小的牌。
令至少拿\(i\)張牌的方案為\(f(i)\)，那麼\(ans\times A^n=\sum_{i=1}^mf(i)\)。
設\(g_{i,j,k}\)表示有多少個⻓度為\(i\)的正整數序列滿足每一個數字不大於\(j\)且所有數字總和不超過\(k\)，那麼有
\[f(i)=\sum_{j=1}^A\sum_{k=1}^{n-i}g_{i,j-1,m-j\times k}\times\binom{n}{i}\sum_{t\geq k}\binom{n-i}{t}\times(A-j)^{n-i-t} \]列舉選的牌中的最大值\(j\),選的最大值個數\(k\)
考慮如何求\(g\)。可以通過容斥求解。
\[g_{i,j,k}=\sum_{t=0}^i(-1)^t\binom{i}{t}\binom{k-j\times t}{i} \]最後一個組合數考慮插板法，將\(k\)有順序地分為\(i\)個正整數加和的方案數為\(\binom{k-1}{i-1}\)，因為要滿足強制\(t\)個數大於\(j\)(已固定位置)，因此可以看作將\(k-t\times j\)劃分為\(i\)個數，最後再在這\(t\)個數上各自加上\(j\)，即可保證限制。
另外，因為\(g\)定義為加和不大於\(k\)的序列，因此可以看作將\(k+1\)劃分為\(i+1\)個數，多出來的數即為\(i\)個數的和與\(k+1\)的差(至少為\(1\))。
綜上，
\[ans\times A^n=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^A\sum_{k=1}^{n-i}(\sum_{t=0}^i(-1)^t\binom{i}{t}\binom{m-k\times j-t\times(j-1)}{i})\times\binom{n}{i}\sum_{t\geq k}\binom{n-i}{t}(A-j)^{n-i-t} \]直接求和即可，複雜度約為\(\Theta(n^2m\log m)\)。
\(code:\)
T3
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
namespace IO{
int read(){
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x*f;
}
void write(int x,char sp){
char ch[20]; int len=0;
if(x<0) x=-x,putchar('-');
do{ ch[len++]=x%10+'0'; x/=10; }while(x);
for(int i=len-1;~i;i--) putchar(ch[i]); putchar(sp);
}
void ckmin(int& x,int y){ x=x<y?x:y; }
void ckmax(int& x,int y){ x=x>y?x:y; }
} using namespace IO;
const int NN=110,mod=998244353;
int n,m,a;
int ans;
namespace Combination{
int fac[NN*10],inv[NN*10];
int C(int x,int y){ return x<0||y<0||x<y?0:fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod; }
int qpow(int a,int b){
int res=1;
for(;b;b>>=1){
if(b&1) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
}
return res;
}
void init(){
fac[0]=inv[0]=1;
for(int i=1;i<=1000;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[1000]=qpow(fac[1000],mod-2);
for(int i=999;i;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
} using namespace Combination;
signed main(){
freopen("legend.in","r",stdin);
freopen("legend.out","w",stdout);
n=read(); m=read(); a=read(); init();
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=a;j++)
for(int k=1;k<=n-i&&j*k<=m;k++){
int tmp=0,res=0;
for(int t=0;t<=i;t++)
tmp=(tmp+((t&1)?-1:1)*C(i,t)*C(m-k*j-t*(j-1),i)%mod)%mod;
for(int t=k;t<=n-i;t++)
res=(res+C(n-i,t)*qpow(a-j,n-i-t)%mod)%mod;
ans=(ans+tmp*C(n,i)%mod*res%mod)%mod;
}
ans=ans*qpow(qpow(a,n),mod-2)%mod;
write(ans,'\n');
return 0;
}
T4 數樹
可以求出\(T1\)每個聯通塊中有多少個合法雙射，最後除去\(T2\)自己與自己同構的方案。
設\(f_{i,s}\)表示\(i\)的兒子與\(T2\)中的點集\(s\)形成雙射的方案數，每次列舉\(T2\)的根，在\(T1\)上做樹上揹包，最後將所有點作為\(T2\)根的方案累加即可。
說起來挺簡單，但確實是神現題。
\(code:\)
T4
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
namespace IO{
int read(){
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x*f;
}
void write(int x,char sp){
char ch[20]; int len=0;
if(x<0) x=-x,putchar('-');
do{ ch[len++]=x%10+'0'; x/=10; }while(x);
for(int i=len-1;~i;i--) putchar(ch[i]); putchar(sp);
}
void ckmin(int& x,int y){ x=x<y?x:y; }
void ckmax(int& x,int y){ x=x>y?x:y; }
} using namespace IO;
const int NN=3010,mod=998244353;
int n,m,idx,_idx,inv,id[15],head[NN],_head[NN];
int ans,son[15],f[NN][1<<10],g[NN][1<<10];
bool ed[15][15];
int u[15],v[15];
struct edge{ int to,nex; }e[NN<<1],_e[NN<<1];
void add(int a,int b){
e[++idx]=(edge){b,head[a]}; head[a]=idx;
e[++idx]=(edge){a,head[b]}; head[b]=idx;
}
void _add(int a,int b){
_e[++_idx]=(edge){b,_head[a]}; _head[a]=_idx; ed[a][b]=1;
_e[++_idx]=(edge){a,_head[b]}; _head[b]=_idx; ed[b][a]=1;
}
int qpow(int a,int b){
int res=1;
for(;b;b>>=1){
if(b&1) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
}
return res;
}
void _dfs(int s,int fa){
for(int i=_head[s],v=_e[i].to;i;i=_e[i].nex,v=_e[i].to)
if(v!=fa) son[s]|=(1<<v-1),_dfs(v,s);
}
void dfs(int s,int fa){
f[s][0]=1;
for(int i=head[s],v=e[i].to;i;i=e[i].nex,v=e[i].to) if(v!=fa){
dfs(v,s);
for(int j=1;j<=m;j++) if(f[v][son[j]])
for(int k=0;k<(1<<m);k++) if(f[s][k]&&!(k&(1<<j-1)))
(g[s][k|(1<<j-1)]+=f[s][k]*f[v][son[j]])%=mod;
for(int k=1;k<(1<<m);k++) f[s][k]=g[s][k];
}
}
signed main(){
freopen("count.in","r",stdin);
freopen("count.out","w",stdout);
n=read();
for(int a,b,i=1;i<n;i++)
a=read(),b=read(),add(a,b);
m=read();
for(int i=1;i<m;i++)
u[i]=read(),v[i]=read(),_add(u[i],v[i]);
for(int i=1;i<=m;i++) id[i]=i;
do{
bool flag=1;
for(int i=1;i<m;i++)
if(!ed[id[u[i]]][id[v[i]]]){ flag=0; break; }
inv+=flag;
}while(next_permutation(id+1,id+m+1));
inv=qpow(inv,mod-2);
for(int i=1;i<=m;i++){
memset(f,0,sizeof(f));
memset(g,0,sizeof(g));
memset(son,0,sizeof(son));
_dfs(i,0); dfs(1,0);
for(int j=1;j<=n;j++)
(ans+=f[j][son[i]])%=mod;
}
write(ans*inv%mod,'\n');
return 0;
}