19.7.29 NOIP模拟10
话说这次三道考试题直接可以连成一个段子：我一个辣鸡，连模板都不会打，只能跪倒在大佬面前;
T1 辣鸡
但是我实在是太辣鸡了，最后干的T1，时间不够用，连暴力都没打对，无奈之下交了一个qj程序，60分（rp分）
正解？没有正解，正解就是一个大暴力，$ O(n^2) $直接出乎我的意料 ，这.......我真的是太辣鸡了;
如此暴力的题，本人就懒得沾代码了;
T2 模板
一看题目名，我就知道这道题是最难的，没有办法，只能先留坑，因为我还没改过来呜呜呜 ～
UPD:
经过我的一上午的努力，终于70 了，虽然还没有AC但是我先来更一下缓解一下疲劳：
T2首先我们可以想得到的就是一个大暴力，复杂度玄学，所以只有前面的30分;
我是考试时候的代码，30（动用了我会的STL，发现STL真的很好片分）（大佬请自动忽略一下30分方法！）
别人的30分思路都很正常，但是我的30分思路非常奇葩：
首先，建树（恩，没什么特别的，然后开maxn个set和vector）先dfs一遍（我在后期调试时候发现的bug，需要dfs记录一下fa）
然后，利用树上差分的思想，其实就是这个点到1节点，不不用lca，所以吗两上还是很好吗的;
然后，记得给push进去的操作都打上时间戳，然后排序（是不是是非常的暴力？）
把排完序的0（vector里是0）到min（题中要求的大小，vector.size()）insert进set;
这些操作都可以在另一个dfs中实现，所以整个暴力只需要dfs两遍，但是dfs内部的复杂度异常的大;
最后统计答案的时候就输出set.size();
本来dfs里带上dfs的复杂度就不好算，而且带上了STL，反正我是算不出来我打的暴力的复杂度，所以我也不证明复杂度了。
30分代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdio> 4 #include<cmath> 5 #include<cstdlib> 6 #include<set> 7 #include<algorithm> 8 #include<vector> 9 using namespace std; 10 #define debug(x) cout<<x<<" debug!"<<endl; 11 #define LL long long 12 #define re register 13 const int L=1<<20|1; 14 char buffer[L],*S,*T; 15 #define getchar() ((S==T&&(T=(S=buffer)+fread(buffer,1,L,stdin),S==T))?EOF:*S++) 16 inline int read(){ 17 re int a=1,b=0;char t; 18 do{t=getchar();if(t=='-')a=-1;}while(t>'9'||t<'0'); 19 do{b=b*10-'0'+t;t=getchar();}while(t>='0'&&t<='9'); 20 return a*b; 21 } 22 const int maxn=1e6; 23 int n,m,tt,q; 24 int head[maxn],ver[maxn],nxt[maxn],tot; 25 inline void add(re int x,re int y){ver[++tot]=y;nxt[tot]=head[x];head[x]=tot;} 26 int vanum[maxn]; 27 bool vc[maxn],vvc[maxn]; 28 int fa[maxn]; 29 struct G{ 30 int c,t; 31 }; 32 vector<G>d[maxn]; 33 set<int>w[maxn]; 34 bool v[maxn]; 35 int qe=0; 36 bool cmp(G a,G b){return a.t<b.t;} 37 void dfsz(re int x) 38 { 39 vc[x]=1; 40 for(re int i=head[x];i;i=nxt[i]) 41 { 42 re int y=ver[i]; 43 if(vc[y])continue; 44 fa[y]=x; 45 dfsz(y); 46 } 47 } 48 void dfs(re int x) 49 { 50 v[x]=1; 51 for(re int i=head[x];i;i=nxt[i]) 52 { 53 re int y=ver[i]; 54 if(v[y]||y==fa[x])continue; 55 dfs(y); 56 for(re int j=0;j<d[y].size();j++) 57 d[x].push_back(d[y][j]); 58 sort(d[y].begin(),d[y].end(),cmp); 59 for(re int k=0;k<min(vanum[y],(int)d[y].size());k++) 60 w[y].insert(d[y][k].c); 61 } 62 } 63 void dfs2(int x) 64 { 65 vvc[x]=1; 66 for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) 67 { 68 int y=ver[i]; 69 if(vvc[y]||y==fa[x])continue; 70 dfs2(y); 71 for(set<int>::iterator it =w[y].begin();it!=w[y].end();it++) 72 w[x].insert(*it); 73 } 74 } 75 void qjj() 76 { 77 re int ca,col; 78 m=read(); 79 for(re int i=1;i<=m;i++) 80 { 81 ca=read(),col=read(); 82 w[ca].insert(col); 83 } 84 dfs2(1); 85 q=read(); 86 re int xi=0; 87 for(re int i=1;i<=q;i++) 88 { 89 xi=read(); 90 printf("%d\n",w[xi].size()); 91 } 92 } 93 int main() 94 { 95 //freopen("T2.txt","r",stdin); 96 n=read(); 97 int u,v; 98 for(re int i=1;i<=n-1;i++) 99 { 100 u=read(),v=read(); 101 add(u,v),add(v,u); 102 } 103 dfsz(1); 104 for(re int i=1;i<=n;i++) 105 vanum[i]=read(); 106 m=read(); 107 re int ca,col; 108 for(re int i=1;i<=m;i++) 109 { 110 ca=read(),col=read(); 111 G ooo; 112 ooo=(G){col,++tt}; 113 d[ca].push_back(ooo); 114 } 115 q=read(); 116 re int xi=0; 117 dfs(1); 118 sort(d[1].begin(),d[1].end(),cmp); 119 for(re int k=0;k<min(vanum[1],(int)d[1].size());k++) 120 w[1].insert(d[1][k].c); 121 for(re int i=1;i<=q;i++) 122 { 123 xi=read(); 124 printf("%d\n",w[xi].size()); 125 } 126 }
然后，我就开始了漫漫优化路，整个我先是把我的STL想办法替换掉，当然我的set是去不掉的（我有不会打红黑树）所以我还是T
但是，我忽然发现，我考试的时候没有看数据范围（我真晕！）所以我没有看见k==1e5的情况;
其实按照我的qj技术，把这些点qj掉是可以的，所以，我就挂着我上面的暴力把程序交到70分，然后看了，某丁的线段树合并，才知道我里整洁其实很远，（其实是沉迷STL函数无法自拔），然后找丁丁学习了一下，总算是打出了类似正解的程序，（其实也是qj），特别感谢moudinggg，所以，不要沉迷与自己的错解，有时这样会使你离正解越来越远;
具体的就是线段树合并，类似与之前的 雨天的尾巴 那道题，但是仔细一看就知道有很大的不同，其实就是线段树合并的思想;
70分代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<vector> 6 #include<set> 7 #include<cmath> 8 using namespace std; 9 #define re register 10 #define LL long long 11 const LL maxn=(int)(4e5+10)*4; 12 inline LL read() 13 { 14 re LL a=1,b=0;char t; 15 do{t=getchar();if(t=='-')a=-1;}while(t>'9'||t<'0'); 16 do{b=b*10-'0'+t;t=getchar();}while(t>='0'&&t<='9'); 17 return a*b; 18 } 19 set<LL>st[maxn]; 20 LL head[maxn],ver[maxn],vvt[maxn],nxt[maxn]; 21 LL n,m,q,tot,tm[maxn],vanum[maxn],col[maxn],d[maxn],ans[maxn]; 22 vector<LL>tw[1010]; 23 LL col1[1010][1010],fa[maxn],colll[maxn],pos[maxn],b[maxn]; 24 LL rt[maxn],sum[maxn],L[maxn],R[maxn],ls[maxn],rs[maxn],W[maxn],cnt; 25 inline void add(LL x,LL y){vvt[++tot]=x;ver[tot]=y;nxt[tot]=head[x];head[x]=tot;} 26 bool v1[maxn],v2[maxn]; 27 void dfs1(LL x) 28 { 29 v1[x]=1; 30 for(LL i=head[x];i;i=nxt[i]) 31 { 32 LL y=ver[i]; 33 if(v1[y])continue; 34 fa[y]=x; 35 dfs1(y); 36 } 37 } 38 void build(LL &rt,LL l,LL r,LL w) 39 { 40 if(!rt) 41 { 42 rt=++cnt; 43 L[rt]=l; 44 R[rt]=r; 45 } 46 LL mid=l+r>>1; 47 if(l==r) 48 { 49 if(sum[rt]==1)return ; 50 else 51 { 52 sum[rt]=1; 53 W[rt]=w; 54 return ; 55 } 56 } 57 if(w<=mid) build(ls[rt],l,mid,w); 58 else build(rs[rt],mid+1,r,w); 59 sum[rt]=sum[ls[rt]]+sum[rs[rt]]; 60 } 61 LL merge(LL x,LL y) 62 { 63 if(!x||!y)return x+y; 64 if(L[x]==R[x]&&L[x]==L[y]&&R[x]==R[y])return x; 65 ls[x]=merge(ls[x],ls[y]); 66 rs[x]=merge(rs[x],rs[y]); 67 sum[x]=sum[ls[x]]+sum[rs[x]]; 68 return x; 69 } 70 void dfs2(LL x) 71 { 72 v2[x]=1; 73 for(LL i=head[x];i;i=nxt[i]) 74 { 75 LL y=ver[i]; 76 if(v2[y])continue; 77 dfs2(y); 78 rt[x]=merge(rt[x],rt[y]); 79 } 80 ans[x]=sum[rt[x]]; 81 } 82 int main() 83 { 84 //freopen("simple2.txt","r",stdin); 85 n=read(); 86 for(LL i=1,x,y;i<n;i++) 87 x=read(),y=read(),add(x,y),add(y,x); 88 for(LL i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&vanum[i]); 89 m=read(); 90 dfs1(1); 91 for(LL i=1,x,y;i<=m;i++) pos[i]=read(),colll[i]=read(),b[i]=colll[i]; 92 sort(b+1,b+1+m); 93 LL sz=unique(b+1,b+m+1)-b-1; 94 for(LL i=1;i<=m;i++) colll[i]=lower_bound(b+1,b+sz+1,colll[i])-b; 95 if(n<=1e3&&m<=1e3) 96 { 97 for(LL i=1;i<=m;i++) 98 { 99 LL x=pos[i],y=colll[i]; 100 while(x) 101 { 102 if(!col1[x][y]&&ans[x]<vanum[x]) ans[x]++; 103 else if(vanum[x]>ans[x]) vanum[x]--; 104 col1[x][y]=1; 105 x=fa[x]; 106 } 107 } 108 q=read(); 109 for(LL i=1,x;i<=q;i++) 110 { 111 x=read(); 112 printf("%lld\n",ans[x]); 113 } 114 return 0; 115 } 116 for(LL i=1,x,y;i<=m;i++) 117 build(rt[pos[i]],1,sz,colll[i]); 118 dfs2(1); 119 q=read(); 120 for(LL i=1,x;i<=q;i++) 121 { 122 x=read(); 123 printf("%lld\n",ans[x]); 124 } 125 }
30号上午就先更到这，我的坑还没填完，等我改AC在更！
UPD:我终于把这道题该过去了，说实话，这道题是非常的坑*;
就我之前提到的70分代码，能不能改到100呢？反正我是没有改到，然后只是利用了70分代码里线段树合并的思想，（但是这里是启发式合并），关于启发式合并，我记得sk学长好像在之前讲树套树的时候讲到过，当时一脸蒙蔽，完全不知道在干啥，现在终于知道了，其实就是暴力的把小的那颗线段树里的节点往另一棵里插，注意一定是小的往大的里插，这样才能有卓越的复杂度，然后，利用树链剖分的思想，其实就是利用了树链剖分里重儿子的概念，然后在合并（启发是合并，这里及后文简称合并）过程中只保留重儿子，而且轻儿子清空，这样就保证不会TLE，有些dalao一只TLE30左右，应该就是清掉了重儿子。总而言之，这道题很毒瘤，也然我看到了自己有很多的不足，我其实还是T2颓了代码，不然我是真的想不到正解，包括就像网上那个说的，要是NOIP六道题都是这个难度的，我还是滚回去文化课吧。（尽力不滚回去！）
我就把我颓的std放上来吧，我写了注释，不过应该是对的，不对的话就在评论区告诉我吧！
1 //注释解释2019.7.29 T2模板 2 //仅是本人自我理解; 3 //copyright by zzyy; 4 //注释创建者:lsc 5 //powered by lsc; 6 //----------------------* 7 #include<cstdio> 8 #include<cstring> 9 #include<cstdlib> 10 #include<algorithm> 11 #include<map> 12 #include<vector> 13 #define maxn 401000 14 using namespace std; 15 int m,n,k,tot,first[maxn],w[maxn],ans[maxn],q,siz[maxn],color,son[maxn],t[maxn]; 16 int data[maxn*4],tsiz[maxn*4],lazy[maxn*4]; 17 vector<int>bel[maxn],dr[maxn]; 18 map<int,int>judge; 19 struct node{int to,next;}a[maxn*2]; 20 inline void add(int x,int y){a[++tot]=(node){y,first[x]};first[x]=tot;} 21 inline void pushdown(int x)//懒标记下放 22 { 23 if(lazy[x]==0) return; 24 lazy[x<<1]=lazy[x<<1|1]=1; 25 lazy[x]=data[x<<1]=data[x<<1|1]=tsiz[x<<1]=tsiz[x<<1|1]=0; 26 } 27 inline void pushup(int x)//信息上传 28 { 29 data[x]=data[x<<1]+data[x<<1|1]; 30 tsiz[x]=tsiz[x<<1]+tsiz[x<<1|1]; 31 } 32 inline void update(int x,int l,int r,int val,int derta,int sum)//权值线段树的更新答案操作 33 { 34 data[x]+=derta,tsiz[x]+=sum; 35 if(l==r) return ; 36 int mid=(l+r)>>1; 37 pushdown(x); 38 if(val<=mid) update(x<<1,l,mid,val,derta,sum); 39 else update(x<<1|1,mid+1,r,val,derta,sum); 40 pushup(x); 41 } 42 inline int query(int x,int l,int r,int sum)//单点查询键值小于sum的值的个数; 43 { 44 if(sum<=0) return 0; 45 if(l==r) return data[x]; 46 int mid=(l+r)>>1; 47 pushdown(x); 48 if(tsiz[x<<1]<=sum) 49 return data[x<<1]+query(x<<1|1,mid+1,r,sum-tsiz[x<<1]); 50 else 51 return query(x<<1,l,mid,sum); 52 } 53 inline void init_tim(int x)//打标记 54 { 55 data[1]=siz[1]=0, lazy[1]=1; 56 for(register int i=0;i<bel[x].size();++i) t[bel[x][i]]=0;//t是一个桶，保存键值的个数 57 } 58 inline void init_tree(int x) //把x节点的操作插入到权值线段树中 59 { 60 for(register int i=0;i<bel[x].size();++i) 61 { 62 int col=bel[x][i], tim=dr[x][i]; 63 if(!t[col]) update(1,1,m,tim,1,0),t[col]=tim; 64 else if(t[col]>tim) 65 { 66 update(1,1,m,t[col],-1,0); 67 update(1,1,m,tim,1,0); 68 t[col]=tim; 69 } 70 update(1,1,m,tim,0,1); 71 } 72 } 73 inline void insert(int x,int y) //将y插入到x中，就是启发式合并 74 { 75 for(register int i=0;i<bel[y].size();++i) 76 bel[x].push_back(bel[y][i]),dr[x].push_back(dr[y][i]); 77 bel[y].clear(), dr[y].clear(); 78 } 79 80 inline void dfs_pre(int x,int dad) //树链剖分 81 { 82 siz[x]=bel[x].size(); 83 for(register int i=first[x];i;i=a[i].next) 84 { 85 int to=a[i].to; 86 if(to==dad) continue; 87 dfs_pre(to,x); siz[x]+=siz[to]; 88 if(siz[son[x]]<siz[to]) son[x]=to; 89 } 90 } 91 inline void dfs(int x,int dad) 92 { 93 for(register int i=first[x];i;i=a[i].next) 94 { 95 int to=a[i].to; 96 if(son[x]==to||to==dad) continue; 97 dfs(to,x); 98 init_tim(to); 99 } 100 if(son[x]) dfs(son[x],x); 101 init_tree(x); 102 for(register int i=first[x];i;i=a[i].next) 103 { 104 int to=a[i].to; 105 if(to==dad||to==son[x]) continue; 106 init_tree(to); 107 } 108 ans[x]=query(1,1,m,w[x]); 109 if(son[x]) 110 { 111 insert(son[x],x); 112 swap(bel[son[x]],bel[x]); swap(dr[son[x]],dr[x]); 113 for(register int i=first[x];i;i=a[i].next) 114 { 115 int to=a[i].to; 116 if(to==dad) continue; 117 insert(x,to); 118 } 119 } 120 } 121 int main() 122 { 123 freopen("simple1.txt","r",stdin); 124 scanf("%d",&n); 125 for(register int i=1,x,y;i<n;++i) 126 scanf("%d%d",&x,&y), add(x,y),add(y,x); //树建边 127 for(register int i=1;i<=n;++i) 128 scanf("%d",&w[i]); //限制条件 129 scanf("%d",&m); 130 for(register int i=1,x,y;i<=m;++i) 131 { 132 scanf("%d%d",&x,&y); 133 if(!judge[y]) judge[y]=++color; //将颜色种类离散化 134 y=judge[y];//现在的y是离散化之后的y; 135 bel[x].push_back(y), dr[x].push_back(i);//bel存的是颜色，dr存的是时间戳; 136 } 137 siz[0]=-1; 138 dfs_pre(1,0); 139 dfs(1,0); 140 scanf("%d",&q); 141 for(register int i=1,x;i<=q;++i) 142 scanf("%d",&x), printf("%d\n",ans[x]); 143 }
T3 大佬
其实这道题考场上思路就接近正解，就发现一些考试的时候我会出现思路的瓶颈，然后其实再想一点点就可以出正解，然后，这道题就炸了，
T3题解里给了一堆扯*玩意，所以我不按题解说：
总的方案数就是$ m^k $然后这个数做分子（记得逆元）然后枚举最大的点数（劳累值)进行运算，（这部就是我的考试思路啊！）对于每一个
最大的劳累值，我们知道这可能的方案数是 $ i^k $然而其中存在不合法的方案数，即$ (i-1)^k $（可以想一想，这很好想）然后
$ (i^k-(i-1)^k)/(m^k) $就是最大劳累值是i的时候的概率，乘以w的映射值就是期望，这n-k+1天的情况都是一样的（由于难度是随机的，所以这些天都是一样的）那么$ ans=\sum((i^k-(i-1)^k)/(m^k)*w[i])*(n-k+1) $
然后这道题有一个测试点是k>n的情况，然后特判一下，你就愉快的收获了100分的好成绩（逃）
T1 T3比较简单，不沾代码！
这次考试我也是见证了rp的作用，就是qj都能拿到高分，其实我的qj第一次交的时候只有20分，当时我就只qj了第一个测试点和第二个测试点，后来我就想，反正也是qj就直接else一下printf一下累计和ans，本着反正能骗到就骗，骗不到拉到的心态加了一个else，然后出乎意料的是T1分数仅次于正解，但是仔细看解法和正解半毛钱关系没有，所以这次可能是rp在发挥作用，然后我也仔细想了一下，这次只是运气好，但是我并不能保证自己NOIP的时候运气好，难道没有技术，光指望qj就能拿省一？就能进省队？不存在的！所以还是要努力的提升自己的技术，用实力去换来幸运，这可能就是我从这次考试获得的启示吧！
