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1Liu's Blog
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暑假集训2

题面

A.LCIS

一道裸的求LCIS(最长公共上升子序列)题.

dp数组储存到b的第i项，a从1−n的且以b[i]结尾的最⻓公共上升⼦序列⻓度.

那么dp过程显然：

  1. if(a[i]>b[j]&&maxx<f[j]) maxx=f[j];更新可以⽤于更新b序列与a序列前i位的最⻓⻓度的最⼤值.
  2. if(a[i]==b[j]) f[j]=maxx+1;因为j是内循环，所以如果maxx被更新了，则现在的b[j]是等于a[i]，⼀定⽐更新maxx的bj⼤.
点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rg register
#define rll rg ll
#define maxn 3001
using namespace std;
static inline ll read()
{
	rll f=0,x=0;rg char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return f?-x:x;
}
static inline void write(rll x)
{
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x>9) write(x/10);putchar(x%10|48);
}

ll n,maxx;
ll a[maxn],b[maxn],dp[maxn];
ll ans;
int main()
{
	n=read();
	for(rll i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	for(rll i=1;i<=n;i++) b[i]=read();
	for(rll i=1;i<=n;i++)
	{
		maxx=0;
		for(rll j=1;j<=n;j++)
		{
			if(a[i]==b[j]) dp[j]=maxx+1;
			if(a[i]>b[j]&&maxx<dp[j]) maxx=dp[j];
		}
	}
	for(rll i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,dp[i]);
	write(ans);
	return 0;
}

B.平凡的函数

递推题.
在每一次线性筛求素数时筛一遍 f(i×prime[j]) ，按照题意的三种情况更新即可.

点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rg register
#define rll rg ll
#define maxn 50000001
using namespace std;
static inline ll read()
{
	rll f=0,x=0;rg char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return f?-x:x;
}
static inline void write(rll x)
{
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x>9) write(x/10);putchar(x%10|48);
}
ll n;
ll dp[maxn];
ll prime[maxn],cnt;
bool fl[maxn];
static inline void xxs()
{
	for(rll i=2;i<maxn;i++)
	{
		if(!fl[i])
		{
			prime[++cnt]=i;
			dp[i]=i^1;
		}
		for(rll j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<maxn;j++)
		{
			fl[i*prime[j]]=1;
			rll t=i*prime[j],k=0;
			while(!(t%prime[j])) t/=prime[j],k++;
			if(t==1) dp[i*prime[j]]=prime[j]^k;
			else dp[i*prime[j]]=dp[t]*(prime[j]^k);
			if(!(i%prime[j])) break;
		}
	}
}
int main()
{
	dp[1]=1; xxs();
	n=read();
	for(rll i=1;i<=n;i++) dp[i]+=dp[i-1];
	write(dp[n]);
	return 0;
}

C. 那一天她离我而去

暴力应该很好想，就是把所有和起点相连的边依次删除，每次跑一遍最短路.这样可以得到 77pts 的好成绩.

点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rg register
#define maxn 100001
#define rll rg ll
#define pll pair<ll,ll>
#define inf 4557430888798830399
using namespace std;
inline ll read()
{
	rll f=0,x=0;rg char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return f?-x:x;
}
inline void write(rll x)
{
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x>9) write(x/10);putchar(x%10|48);
}
ll t,n,m,ans;
vector<pair<ll,ll> > g[maxn];
ll dis[maxn];
queue<ll> q;
bool fl[maxn];
static inline void spfa(rll x,rll ban)
{
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	dis[x]=0;q.push(x);fl[x]=1;
	while(!q.empty())
	{
		rll t=q.front();q.pop();fl[t]=0;
		for(rll i=0;i<g[t].size();i++)
		{
			rll to=g[t][i].first;
			if(t==1&&to!=ban) continue;
			else if(t==ban&&to==n+1) continue;
			if(dis[to]>dis[t]+g[t][i].second)
			{
				dis[to]=dis[t]+g[t][i].second;
				if(!fl[to]) { q.push(to),fl[to]=1; }
			}
		}
	}
	ans=min(ans,dis[n+1]);
}
int main()
{
	t=read();
	while(t--)
	{
		ans=inf;n=read();m=read();
		for(rll i=1;i<=n;i++) g[i].clear();
		for(rll i=1,u,v,w;i<=m;i++) u=read(),v=read(),w=read(),g[u].push_back((pll) { (v==1)?n+1:v,w }),g[v].push_back((pll) { (u==1)?n+1:u,w });
		if(g[1].size()<=1) { puts("-1");continue; }
		for(rll i=0;i<g[1].size();i++) spfa(1,g[1][i].first);
		write(ans==inf?-1:ans);puts("");
	}
	return 0;
}

既然已经想到这了，那么一定可以优化.

考虑分组进行最短路，由于两个不同的数字它们的二进制数一定不同，所以可以将每一个二进制位0和1分组，那么这样每一组点组成的环一定会被更新.

具体流程：

  • 建边时端点为1的特殊处理
  • 枚举二进制的每一位
  • 枚举与点1相连的每一个点
  • 若其二进制下该位为1，将点n+1向该点连边
  • 否则，将该点向点n+2连边
  • 每一次连完所有边后跑一遍从点n+1到点n+2最短路，然后将边删除
  • 统计每次最短路的最小值
点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rg register
#define maxn 80001
#define rll rg ll
#define pll pair<ll,ll>
#define inf 4557430888798830399
using namespace std;
inline ll read()
{
	rll f=0,x=0;rg char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return f?-x:x;
}
inline void write(rll x)
{
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x>9) write(x/10);putchar(x%10|48);
}
ll t,len,n,m,ans;
vector<pair<ll,ll> > g[maxn];
ll dis[maxn];
queue<ll> q;
bool fl[maxn];
static inline void spfa(rll x)
{
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	dis[x]=0;q.push(x);fl[x]=1;
	while(!q.empty())
	{
		rll t=q.front();q.pop();fl[t]=0;
		for(rll i=0;i<g[t].size();i++)
		{
			rll to=g[t][i].first;
			if(dis[to]>dis[t]+g[t][i].second)
			{
				dis[to]=dis[t]+g[t][i].second;
				if(!fl[to]) { q.push(to),fl[to]=1; }
			}
		}
	}
}
int main()
{
	t=read();
	while(t--)
	{
		for(rll i=1;i<=len;i++) g[i].clear();
		ans=inf;len=n=read();m=read();
		for(rll i=1,u,v,w;i<=m;i++)
		{
			u=read(),v=read(),w=read();
			if(v!=1) g[u].push_back((pll) { v,w });
			if(u!=1) g[v].push_back((pll) { u,w });
		}
		for(rll i=1;i<=n;i<<=1)
		{
			rll x=++len,y=++len;
			for(rll j=0;j<g[1].size();j++)
			{
				if(g[1][j].first&i) g[x].push_back((pll) { g[1][j].first,g[1][j].second });
				else g[g[1][j].first].push_back((pll) { y,g[1][j].second });
			}
			spfa(x);ans=min(ans,dis[y]);
		}
		write(ans==inf?-1:ans);puts("");
	}
	return 0;
}

D.熟练剖分

这题和树链剖分没什么关系，是一道使用树形 dp 求概率的题.

懒得打式子了，放上std的题解(非本人原创).

以下把题面所求的精彩操作称为最长轻链.

而这个东西显然是可以由子节点转移到父亲节点的.

dp[i][j]表示在点 i 为根的子树中，向下最长轻链长度为 j 的概率.

对于一个点，先枚举它选择的重儿子是谁，然后扫一遍它的所有儿子,让 G[i][j]=Σ(k≤j)dp[i][k]，假如当前扫的儿子是 x（x 是重儿子）.

dp[i][j]=dp[x][j]∗G[i][j]+G[x][j]∗dp[i][j]−dp[x][j]∗dp[i][j]−−−−−（1）

不是重儿子的需要相应的改一下，还有要注意 dp 数组更新的顺序，标程是先把 dp 暂存到了一个别的数组里.

转移的时候如果(1)式子的 j 循环到了 size[i]，那么复杂度可以被卡到 N3，我们发现当 j>size[x]+1 的时候 dp[x][j]=0,G[x][j]=1,dp[i]相当于没有变，所以只要 j 循环到 size[x]+1 就行了.

由于每一次循环G数组都需要更新，因此可以压掉一维.

每个节点只有在 dp 它父亲时会被枚举成为重儿子，然后最多把整棵树的大小扫一遍，所以复杂度为 O(N2).

点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rg register
#define maxn 3001
#define mod 1000000007
#define rll rg ll
using namespace std;
inline ll read() { rll f=0,x=0; rg char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar(); return f?-x:x; } inline void write(rll x) { if(x<0) putchar('-'),x=-x; if(x>9) write(x/10); putchar(x%10|48); }
ll n,k[maxn],ans;
vector<ll> g[maxn];
ll rt,rd[maxn],dep[maxn];
ll dp[maxn][maxn];//dp[i][j]为以点i为根的子树中，向下最长轻链长度为j的概率
ll p[maxn];//p[i]:当前重儿子深度为i的概率，即为以上的G
ll h[maxn];//h[i]:当前的最大深度为i的概率
bool fl;
static inline ll ksm(rll a,rll b) { rll ans=1; a%=mod; for(rll i=b;i;i>>=1) { if(i&1) ans=ans*a%mod;a=a*a%mod; } return ans; }
static inline void dfs(rll x)
{
	dep[x]=1;
	if(g[x].empty()) dp[x][0]=1;
	for(rll i=0;i<g[x].size();i++)
	{
		rll to=g[x][i];dfs(to);
		dep[x]+=dep[to];
	}
	for(rll i=0;i<g[x].size();i++)
	{
		for(rll j=0;j<=n;j++) p[j]=1;
		rll t=g[x][i];
		for(rll j=0;j<g[x].size();j++)
		{
			rll to=g[x][j];
			for(rll k=0;k<=dep[to];k++)
			{
				rll tp=p[k],tf;
				if(k) tp-=p[k-1];
				if(t==to)
				{
					tf=dp[to][k];
					if(k) tf-=dp[to][k-1];
					h[k]=(tp*dp[to][k]%mod+tf*p[k]%mod-tp*tf%mod+mod)%mod;
				}
				else
				{
					tf=dp[to][k-1];
					if(k>1) tf-=dp[to][k-2];
					h[k]=(tp*dp[to][k-1]%mod+tf*p[k]%mod-tp*tf%mod+mod)%mod;
				}
			}
			p[0]=h[0];
			for(rll k=1;k<=dep[to];k++) p[k]=(p[k-1]+h[k])%mod;
		}
		for(rll j=dep[x];j;j--) p[j]=(p[j]-p[j-1]+mod)%mod;
		for(rll j=0;j<=dep[x];j++) dp[x][j]=(dp[x][j]+p[j]*ksm(k[x],mod-2)%mod)%mod;
	}
	for(rll i=0;i<=dep[x];i++) dp[x][i]=(dp[x][i]+dp[x][i-1])%mod;
}
int main()
{
	n=read(); for(rll i=1;i<=n;i++) { k[i]=read();for(rll j=1,t;j<=k[i];j++) t=read(),g[i].push_back(t),rd[t]++; }
	for(rll i=1;i<=n;i++) if(!rd[i]) { rt=i;break; }
	dfs(rt);
	for(rll i=n;i;i--) ans=(ans+i*(dp[rt][i]-dp[rt][i-1]+mod)%mod)%mod;
	write(ans%mod);
	return 0;
}


就写这些吧.
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