20201219
开考前刚起床，所以一边考一边吃饭，然后整场都很迷。。。
A. u
考场
半天才搞懂“下三角区域”指哪个区域，手模样例确认后打了 \(O(qn^2)\) 的裸暴力，然后就不会做了。
看数据范围猜一下正解复杂度是 \(O(qlogn^2)\)，开O2的话也许能卡过 \(O(qlog^2n)\)，于是往线段树上想，后看到初始值为0，求最终矩阵的元素异或和，又开始想Trie树，30min后决定放弃。延续线段树的思路，把三角形拆到每一行，建 \(n\) 棵树状数组维护。大概10min就码完了。感觉的确和 hhy 在实中模拟赛时说的：“就像背课文一样”，于是失去了智力，写了树状数组单点修改、求区间最值都没想到差分（只有最后的一次询问。拆到行上差分可以做到 \(O(qn)\)）。最后挂了对拍就没再管。
得分
期望：\(O(qnlogn)\) 47pts
实际：数据不保证三角形在矩阵范围内（但我的对拍保证了），RE到20pts
正解
二维差分。
用一个左上到右下的二维数组维护三角形要加的 \(s\)，这样从 s[i][j]+=s[i-1][j-1] 就能推出每一列上要加的数，再从上到下递推就能解决Subtask5。剩下的部分容斥或开一个从左到右的差分数组消掉多加的 \(s\) 即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e3 + 1;
int n,q;
LL a[N][N],b[N][N];
LL c[N][N],ans;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
cin>>n>>q;
while( q-- ) {
int r,c,l,s;
cin>>r>>c>>l>>s;
a[r][c] += s, a[r+l][c+l] -= s;
b[r+l][c] -= s, b[r+l][c+l] += s;
}
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = 1; j <= n; ++j)
a[i][j] += a[i-1][j-1], b[i][j] += b[i][j-1];
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = 1; j <= n; ++j)
c[i][j] = c[i-1][j] + a[i][j] + b[i][j], ans ^= c[i][j];
cout<<ans;
return 0;
}
B. v
考场
看到期望就头疼，更别提加上状压了。
直接开始写暴力。先枚举 \(x\) ，再状压dp出最优决策。
其实dp的写法比较接近正解，但时间复杂度似乎和暴力差不多。。。
Subtask3&4可以骗分。
得分
\(O(C_n^k2^n)\)
22pts
正解
大力深搜
需要吸氧。（这次给c++11和O2）
#include <cstdio>
#include <map>
using namespace std;
#define RI register int
const int MX = 1 << 25;
int n,m;
int st;
double f[MX|1];
map<int,double> g;
// 记忆化小数用int，大数map（卡常）。注意int数组大小
#define del(u,p) (((u>>1) & (~((1<<(p-1))-1))) | (u & ((1<<(p-1))-1)))
/*
O(1)删去u中第p位
u & ((1<<(p-1))-1))：取出前p-1位
((u>>1) & (~((1<<(p-1))-1))：u>>1后取p位及以后
*/
#define w(u,p) ((u & (1<<(p-1))) ? 1 : 0)
// 计算u中第p位是否是白球
double dfs(int k, int u) { // 剩余操作k次，当前状态u
if( !k ) return 0;
if( u <= MX && f[u] != -1 ) return f[u];
if( g.find(u) != g.end() ) return g[u];
RI kk = n - (m - k);
double res = 0;
for(RI i = 1; i <= kk>>1; ++i) // 利用对称性剪掉一半的枝
res += max(dfs(k-1, del(u,i))+w(u,i), dfs(k-1, del(u,kk-i+1))+w(u,kk-i+1)) * 2;
if( kk & 1 ) res += dfs(k-1, del(u,(kk>>1)+1)) + w(u,(kk>>1)+1); // for中无法计算kk为奇数时的中位数
res /= kk;
if( u <= MX ) f[u] = res;
else g[u] = res;
return res;
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
for(RI i = 0; i < n; ++i) {
char ch = getchar();
while(ch!='W'&&ch!='B')ch=getchar();
if( ch == 'W' ) st |= 1<<i;
}
st |= 1<<n;
/*
int中高位0会被忽略，但本题中会造成记忆化出错。
如010和0010在int中一样，但本题中代表剩余球的状态不同。
因此在最高位的下一位补一个1，这样就变成了1010和10010。
*/
for(RI i = 0; i <= MX; ++i) f[i] = -1;
printf("%.9lf",dfs(m,st));
return 0;
}
C. w
考场
一点思路都没有
但前两题双爆炸所以不想放弃这个题。想了近1h发现的性质，只有一个是有用的：每条边至多翻一次。先后想到了树剖、树上差分（然而并没有想起T1可差分）、树形dp。
最后还是写了骗分，链上的贪心没有写完。
正解
树形dp。状态比较新颖：除了以u为根的子树，还要保存u与fa连边的状态
由于以操作数、路径长度为关键字求最小，pair就很方便。
操作数为所选路径的集合中，奇数度点的个数的一半。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MP(x,y) make_pair(x,y)
typedef pair<int,int> PII;
const PII inf = MP(0x3f3f3f3f,0x3f3f3f3f);
const int N = 1e5 + 1;
PII operator+(PII a, PII b) { return MP(a.first+b.first,a.second+b.second); }
int n,head[N],to[N<<1],w[N<<1],nxt[N<<1];
PII f[N][2]; // f[u][0/1]: u是否翻转到父亲的边，得到的奇数度的点的个数最小值，以及边的个数（路径长度和）
inline void adde(int x, int y, int z, int mm) {
to[mm] = y, w[mm] = z;
nxt[mm] = head[x], head[x] = mm;
}
void dfs(int fa, int u, int op) {
PII x = inf, y = MP(0,0); // x: u的儿子有一条翻到u； y: 没有
for(int i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
int v = to[i];
if( v == fa ) continue;
dfs(u, v, w[i]);
PII xx = min(x+f[v][0], y+f[v][1]), yy = min(x+f[v][1], y+f[v][0]); // 按定义更新x,y
x = xx, y = yy;
}
if( op == 1 ) f[u][0] = inf; // 一定翻
else f[u][0] = min(MP(x.first+1,x.second),y);
// u与儿子的一条连边翻则u为一个新的奇数度点
if( !op ) f[u][1] = inf; // 一定不翻
else f[u][1] = min(MP(x.first,x.second+1), MP(y.first+1,y.second+1));
// 从儿子伸过来：奇数度点数不变，路径长度+1
// 新开：操作数+1，路径长度+1
}
int main() {
scanf("%d",&n);
for(int i = 1; i < n; ++i) {
int a,b,c,d;
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
c = d==2 ? -1 : c^d; // -1/0/1：不管/不翻/翻
adde(a, b, c, i<<1), adde(b, a, c, i<<1|1);
}
dfs(0, 1, 2);
printf("%d %d",f[1][0].first>>1,f[1][0].second);
return 0;
}
