Wannafly 挑戰賽27

題目連線

A.灰魔法師

題目

題解

考慮到可能的完全平方數只有$400$多個,因此對於每種數,直接暴力列舉所有的完全平方數計算一下就可以了.

程式碼

#include <iostream>
#define int long long
const int N = 100007;
int a[N];
int n;
int p2[N];
int tot;
signed main() {
    for(int i = 1;;i++) {
        int a = i*i;
        if(a > 2*N) break;
        p2[tot++
 
] = a;
    }
    std::cin >> n;
    for(int i = 1;i <= n;++i) {
        int tmp;
        std::cin >> tmp;
        a[tmp] ++;
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1;i <= 100000;++i) {
        if(a[i] == 0) continue;
        for(int j = 0;j < tot;++j) {
            int an = p2[j] - i;
            if
 
(an < i) continue;
            if(an == i) ans += a[i]*(a[i]-1)/2;
            else if(an <= 100000)ans += a[i]*a[an];
        }
    }
    std::cout << ans << std::endl;
}

B.紫魔法師

題目

題解

注意到至少當存在一個奇環的情況下,一定需要$3$種顏色,而其他情況下只要$2$種顏色就足夠了.

只需要用tarjan演算法求其點雙連通分量的大小即可.

程式碼

#include <iostream>
 

#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <stack>
#include <vector>
#define pr(x) std::cout << #x << ':' << x << std::endl
#define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
const int N = 100007;
struct edge{
	int u,v,nxt; 
}es[N<<2];
int head[N],cnt;
int vis[N],dfn[N],low[N],idx;
int v[N<<1],u[N<<1];
std::stack<int> stk;
void addedge(int u,int v) {
	es[cnt].u = u;es[cnt].v = v;es[cnt].nxt = head[u];head[u] = cnt++;
}
int flag;
void tarjan(int u,int fa) {
	dfn[u] = low[u] = ++idx;
	vis[u] = 1;
	for(int e = head[u];e != -1;e = es[e].nxt) {
		int v = es[e].v;
		if(v == fa) continue;
		stk.push(e);
		if(!vis[v]) {
			tarjan(v,u);
			if(low[u] > low[v]) low[u] = low[v];
			if(dfn[u] <= low[v]) {
				//割點
				int cnt = 0;
				while(true) {
					int se = stk.top();stk.pop();
					cnt++;
					if(se == e) break;
				}
				if(cnt > 1 && cnt % 2 != 0) {
					flag = 1;
				}
			}
		}
		else low[u] = std::min(low[u],dfn[v]);

	}
}
int n,m;
int main() {
	memset(head,-1,sizeof(head));
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin >> n >> m;
	rep(i,1,m) {
		int u,v;
		std::cin >> u >> v;
		addedge(u,v);
		addedge(v,u);
	}
	tarjan(1,0);
	if(flag) std::cout << "3" << std::endl;
	else std::cout << "2" << std::endl;
	return 0;
}

C.藍膜法師

題目

題解

樹形dp

狀態定義

定義$dp[u][i]$表示$u$子樹中包含節點$u$的連通塊大小為$i$,且其餘聯通塊大小均$\le k$的方案數.

注意上述定義中$dp[u][0]$是沒有意義的,我們再定義$dp[u][0] = \sum_{t = 1}^{min\{size[u],k\}} dp[u][t]$.

轉移方程的計算:

當我們要計運算元樹$u$的$dp$值的時候,其兒子節點分別為$v_1,v_2,...,v_m$.

如果我們將通向兒子節點$v$的某條邊切斷,那麼這個兒子對$u$節點聯通塊大小的貢獻就沒了,但是它的方案數可以取$dp[v][1..k]$,這也就是我們定義$dp[v][0]$的意義所在了,很巧妙地,$dp[v][0]$就剛好等於兒子$v$對$u$的聯通塊貢獻為$0$時的方案數.

那麼方程就得到了

$dp[u][i] = \sum_{t_1+t_2+...+t_m=i-1}dp[v_1][t_1]*dp[v_2][t_2]*...*dp[v_m][t_m]$

最後答案就是$dp[1][0]$

實現方式

我們可以先將$v_1$與$u$合併,再將$v_2$與$u$合併…

程式碼

#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
const int N = 2018;
typedef long long LL;
const LL P = 998244353;
std::vector<int> edge[N];
LL dp[N][N];
LL tmp[N];
int sz[N];
int n,k;
void dfs(int u,int fa) {
    sz[u] = 1;
    dp[u][1] = 1;
    for(int v : edge[u]) {
        if(v == fa) continue;
        dfs(v,u);
        memset(tmp,0,sizeof(tmp));
        for(int i = 1;i <= sz[u];++i) {
            for(int j = 0;j <= sz[v] && i + j <= k;++j) {
                tmp[i+j] = (tmp[i+j] + (dp[u][i] * dp[v][j] % P)) % P;
            }
        }
        for(int i = 1;i <= k;++i)
            dp[u][i] = tmp[i];
        sz[u] += sz[v];
    }
    for(int i = 1;i <= k;++i)
        dp[u][0] = (dp[u][0] + dp[u][i]) % P;
}
int main () {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin >> n >> k;
    for(int i = 0;i < n-1;++i) {
        int u,v;
        std::cin >> u >> v;
        edge[u].push_back(v);
        edge[v].push_back(u);
    }
    dfs(1,0);
    std::cout << dp[1][0] << std::endl;
    return 0;
}