补题报告之S班暑训第二场

成绩

比赛经过

糟糕记不清了？

$\text{A}$ 题，结论很显然，不出意外应该是很快就搞出来了，但是没有考虑所给的子图可能不连通！挂成 $\text{50}$ 了？

$\text{B}$ 题，一眼 $\text{DP}$ 事实证明我是对的。但是我对一个子问题 $\text{DP}$。考虑的是 $0$ 时刻的方案选取数，本来想用 $bitset$ 水过去，奈何不会搞。（没想到直接对答案 $\text{DP}$ 时间复杂度更优秀？）

$\text{C}$ 题，我去，二次函数上凸壳？这不会啊，暴力（对了 $32$ 分然后一分不给？）

$\text{D}$ 题，从数据范围的特殊限制，就已经猜到和阶有关了（特殊性质：保证是 $p$ 的原根），大概是个循环类似的题吧（蒙对了？？？）。然后不会做，特殊性质打表拿了 $10$ 分。

赛后补题+分析

$\text{A}$ Tree

简要/形式化题意

给定一棵弱连通树的子图，记一棵弱连通树的值为：给弱连通树赋边权 $0/1$，使得 $1$ 到任意某个可达结点的边权和大于 $0$。求这颗弱连通树的值对 $p$ 取余的最大值。

题解

• 树确定时，答案为 $2^{n-1-k}$。 $k$ 为从 $1$ 出发可达结点中的相邻结点个数。
• 给定子图后，$n$ 个结点 $cnt$ 个连通块。不属于 $1$ 结点所在连通块的每个连通块，要么选择一个结点作为 $1$ 的可达结点中的相邻结点，要么都不是。因此，这样的 $cnt-1$ 个连通块对 $k$ 的贡献为 $0/1$。因此 $k$ 的范围为 $[sonbase,sonbase+cnt-1]$。$sonbase$ 为 $1$ 所在连通块的可达结点中的相邻结点的个数。暴力枚举即可。时间复杂度 $O(n)$。

AC code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int n,m,p,u,v,sonbase,Ans,cnt;
int flag[N];
int ksm(int a,int b,int P) {
	int ans=1%P;
	for(;b;b>>=1) {
		if(b&1) ans=ans*a%P;
		a=a*a%P;
	}
	return ans;
}
struct node {
    int fa[N];
    void cleanr(int n) { 
		for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
	}
    int find(int x) { 
    	if(x==fa[x]) return x;
		return fa[x]=find(fa[x]); 
	}
    void merge(int x,int y) { 
    	int fx=find(x),fy=find(y);
    	if(fx!=fy) fa[fx]=fy; 
	}
}BCJ;
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>n>>m>>p;
	BCJ.cleanr(n);
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		cin>>u>>v;
		BCJ.merge(u,v);
		if(u==1) sonbase++;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) flag[BCJ.find(i)]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) cnt+=flag[i];
	for(int i=sonbase;i<=sonbase+cnt-1;i++) 
		Ans=max(Ans,ksm(2,n-1-i,p));
	cout<<Ans;
	return 0;
}

$\text{B}$ Game

简要/形式化题意

给定一个大小为 $n$ 集合 $S$。先选取其子集 $T$，使得 $T$ 内元素之和为 $m$。之后 $k$ 轮，每轮选择剩下 $n-|T|$ 个元素组成集合的一个子集放入 $T$ 中。问：使得最后 $|T|=n$ 的方案数。

题解

• 首先，答案为：

$$\sum _{T\subset S}(\left[\sum _{x\in T}x=m\right]\times k^{n-|T|})$$

• 即上面这个式子为 $d{p}_{n,m}$。那么有

$$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j}+[j\ge a_i]\times d{p}_{i-1,j-a_i}\times {\displaystyle \frac{1}{k}}$$

• 时间复杂度 $O(Tnm)$

AC code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e3+10;
const int mod=1e9+7;
int T;
int n,m,k;
int a[N],dp[N][N],ans;
int ksm(int a,int b,int P) {
	int ans=1%P;
	for(;b;b>>=1) {
		if(b&1) ans=ans*a%P;
		a=a*a%P;
	}
	return ans;
}
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>T;
	while(T--) {
		cin>>n>>m>>k;
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		dp[0][0]=ksm(k,n,mod);
		int inv=ksm(k,mod-2,mod);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=0;j<=m;j++) {
				dp[i][j]=dp[i-1][j];
				if(j>=a[i]) dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-a[i]]*inv%mod)%mod;
			}
		cout<<dp[n][m]<<endl;
	}
	return 0;
}

$\text{C}$ Funciton

简要/形式化题意

二维平面上给定 $n$ 个点，每两个点确定一个二次函数：$y=x^2+bx+c$。问有多少条二次函数，是的所有点都不在二次函数的严格上方。

题解

• 如果是一次函数，不难想到是维护一个凸包，可使用单调栈，时间复杂度 $O(n)$。

• 对于二次函数，即两个点为 $(x_1,y_1)$，$(x_2,y_2)$。则有：$y_1-x_1^2=b{x}_1+c$，$y_2-x_2^2=b{x}_2+c$。可以看做，$(x_1,y_1-x_1^2)$ 与 $(x_2,y_2-x_2^2)$ 确定了一个一次函数。那么按照上述做法求凸包就好了。

AC code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,ans,st[N],top,cnt;
struct node {
	int x,y;
}a[N],b[N];
map<pair<double,double>,int>Map;
bool cmp(node x,node y) {
	return x.x<y.x||(x.x==y.x&&x.y>y.y);
}
double slope(node x,node y) {
	return (y.y-x.y)*1.0/(y.x-x.x);
}
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) { 
		cin>>a[i].x>>a[i].y;
		a[i].y-=a[i].x*a[i].x; 
	} 
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	b[1]=a[1],cnt=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) 
		if(a[i].x!=a[i-1].x) b[++cnt]=a[i];
	n=cnt;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		while(top>1&&slope(b[st[top-1]],b[st[top]])<=slope(b[st[top]],b[i])) top--;
		st[++top]=i;
	}
	cout<<top-1;
	return 0;
}

$\text{D}$ path

简要/形式化题意

给定 $p$，$k$，$q$。对于任意 $0\le x<p$，$0\le i<k$。$x$ 向 $(kx+i)modp$ 连一条边权为 $i$ 的有向边。$q$ 次询问两点之间的最短路。

题解

• 对于 $i$ 等于 $0$。我们可以认为他们的边权都是无效的。设 ${\delta }_p(k)=s$。则我们可以将原图划分为 ${\displaystyle \frac{p}{s}}$ 个无效集合，对他们缩点，得到的图跑 $\text{Floyd}$。时间复杂度 $O({\displaystyle \frac{p^3}{s^3}})$

• 另一种方法是。我们推导出一个结论：$u$ 到 $v$ 的最短路与 $0$ 到 $u-k^{c}v$ 的最短路长度在模 $p$ 意义下等价。同时 $0\le c<s$ 。通过 $0/1$ $\text{bfs}$ 预处理出 $0$ 到所有点的最短路，询问在 $O(qs)$ 的时间复杂度下全部求出。

• 至此，我们可以采用根号分治，由均值不等式，我们可以的到最终的平衡复杂度为 $O(p^{\frac{3}{4}}{q}^{\frac{3}{4}})$。分解值为 $s={\displaystyle \frac{p^{\frac{3}{4}}}{q^{\frac{1}{4}}}}$。计算发现时间复杂度相对于 $\text{1e8}$ 都是绰绰有余的。

AC code

先咕着~

考后反思

其实还行，就是没有给大样例，$\text{B}$ 题理论上能多骗点分。但是没调出来。还有就是不要想复杂！按常理思考（对子问题 $\text{dp}$ 可还行 满级嘲讽）。

结尾

咕咕咕，代码调不出来！！！！！