20220510

tot: 235 (300)
rk: 2/28

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简单题

100pts

做法很多

1. 使用 ODT 维护区间覆盖，线段树维护区间加，ODT 变化时更新线段树上相应位置的贡献。常数较大
2. 倒序。那么区间覆盖就变成了区间查询并清空
3. 懒标记

考场代码

const int N = 5e5+5;
int n,m,q,a[N];
LL b[N];

#define ls (u<<1)
#define rs (u<<1|1)
struct { int l,r,p; LL add; } t[N*4];
void down_add(int u,LL x) {
	if( ~t[u].p ) b[t[u].p] += x * (t[u].r-t[u].l+1);
	else t[u].add += x;
}
void down(int u) {
	if( t[u].add ) down_add(ls,t[u].add), down_add(rs,t[u].add), t[u].add = 0;
	if( ~t[u].p ) t[ls].p = t[rs].p = t[u].p, t[u].p = -1;
}
void bld(int u=1,int l=1,int r=n) {
	t[u].l = l, t[u].r = r, t[u].p = -1;
	if( l == r ) return io>>t[u].p, void();
	int mid = l+r>>1; bld(ls,l,mid), bld(rs,mid+1,r);
}
void cov(int ql,int qr,int x,int u=1) {
	if( qr < t[u].l || t[u].r < ql ) return;
	if( ql <= t[u].l && t[u].r <= qr ) return t[u].p = x, void();
	down(u), cov(ql,qr,x,ls), cov(ql,qr,x,rs);
}
void add(int ql,int qr,int x,int u=1) {
	if( qr < t[u].l || t[u].r < ql ) return;
	if( ql <= t[u].l && t[u].r <= qr ) return down_add(u,x);
	down(u), add(ql,qr,x,ls), add(ql,qr,x,rs);
}
void dfs(int u=1) {
	if( t[u].l == t[u].r ) return;
	down(u), dfs(ls), dfs(rs);
}

signed main() { freopen("easy.in","r",stdin); freopen("easy.out","w",stdout);
	io>>n>>m>>q;
	bld();
	while( q-- ) {
		int op,l,r,x; io>>op>>l>>r>>x;
		op==1 ? cov(l,r,x) : add(l,r,x);
	} dfs();
	For(i,1,m) io<<b[i]<<endl;
	return 0;
}

树上游走

35pts, max = 100pts

极为复杂的树形 DP

以 \(s\) 为根，设 \(d[u]\) 为 \(u\) 的儿子个数，

• \(f[u]\) ：第一次走到 \(u\)，\(u\) 的子孙未被经过，\(fa[u]\) 已消失的期望。答案即为 \(f[s]\)
• \(g[u]\) ：第二次走到 \(u\)，\(u\) 的子孙未被经过，\(fa[u]\) 已消失的期望
• \(h[u]\) ：第一次走到 \(u\)，\(u\) 的子孙未被经过，\(fa[u]\) 仍存在但之后不经过 \(fa[u]\) 的期望（在子树 \(u\) 停止）。为了辅助转移，再记录 \(p[u]\) 表示这种情况下不经过 \(fa[u]\) 的概率

转移：

• \(f[u]\)：记 \(x\) 为第一个前往的儿子（概率 \(\frac{1}{d[u]}\)），有两种可能：
  • 不再返回 \(u\)：贡献 \(h[x]\)
  • 返回 \(u\)：
    • 走到 \(x\)直接返回 \(u\)：贡献 \(\frac{1}{d[x]+1}(g[x]+\sum_{v\ne x}f[v])\)
    • 向下走若干层再原路返回：若 \(d[u]=1\)，贡献 \((1-p[x]-\frac{1}{d[x]+1})val[u]\)；否则贡献 \((1-p[x]-\frac{1}{d[x]+1})\frac{1}{d[u]-1}\sum_{v\ne x}f[v]\)
• \(g[u]\) ：走到儿子 \(v\) 后 \(u\) 消失。贡献 \(\frac{1}{d[u]}f[v]\)
• \(h[u],p[u]\)：记 \(x\) 为第一个前往的儿子（概率 \(\frac{1}{d[u]+1}\)），有两种可能：
  • 不再返回 \(u\)：贡献 \(h[x]\)，对 \(p[u]\) 贡献 \(p[x]\)
  • 返回 \(u\)：
    • 走到 \(x\) 直接返回 \(u\)：贡献 \(\frac{1}{(d[x]+1)(d[u]+1)}(g[x]+\sum_{v\ne x}f[v])\)，对 \(p[u]\) 贡献 \(\frac{d[u]}{(d[x]+1)(d[u]+1)}\)
    • 向下走若干层再原路返回：贡献 \((1-p[x]-\frac{1}{d[x]+1})\frac{1}{d[u]}\sum_{v\ne x}f[v]\)（\(d[u]=1\) 时仍成立，因为只能走到 \(fa[u]\)，不合法，贡献 \(0\)），对 \(p[u]\) 贡献 \((1-p[x]-\frac{1}{d[x]+1})\frac{d[u]-1}{d[u]}\)

对于叶子：\(f[u]=g[u]=a[u],h[u]=p[u]=0\)

编一下思考过程：把 \(s\) 放到根比较自然，这样到 \(u\) 一定经过了 \(fa[u]\)。树形 DP 一般以子树划分阶段，本题体现为“走到 \(u\)，在子树 \(u\) 中结束”。影响接下来决策的只有 \(u,fa[u]\) 的经过次数，可以设出 \(f,g,h\)。转移考虑是否返回 \(u\) 、前往的儿子 \(x,v\)、\(x\) 的经过次数，需要用到“\(fa[u]\) 走到 \(u\) 再走到子树再走回 \(fa[u]\)”的概率，无法直接计算，额外维护出 \(p\) 辅助

code

const int N = 1e5+5;
int n,rt,d[N],a[N];
LL inv[N],f[N],g[N],h[N],p[N];
Vi e[N];

void dfs(int u,int fa) {
	if( fa ) e[u].erase(find(all(e[u]),fa)); d[u] = sz(e[u]);
	if( !d[u] ) return f[u] = g[u] = a[u], void();
	LL ivd = inv[d[u]], ivd1 = inv[d[u]+1], sf = 0;
	for(int v : e[u]) dfs(v,u), ckadd(sf,f[v]);
	
	for(int v : e[u])
		ckadd(f[u],h[v]),
		(f[u] += inv[d[v]+1] * ivd %mod * (g[v]+sf-f[v])) %=mod,
		(f[u] += (1-p[v]-inv[d[v]+1]) *
				 (d[u]==1 ? a[u] : (sf-f[v])*inv[d[u]-1]%mod)) %=mod;
	(f[u] *= ivd) %=mod;
	
	g[u] = sf * ivd %mod;
	
	for(int v : e[u]) {
		LL pp;
		ckadd(h[u],h[v]), ckadd(p[u],p[v]);
		pp = inv[d[v]+1] * ivd1 %mod,
		(h[u] += pp * (g[v]+sf-f[v])) %=mod, (p[u] += pp * d[u]) %=mod;
		pp = (1-p[v]-inv[d[v]+1]) * ivd %mod,
		(h[u] += pp * (sf-f[v])) %=mod, (p[u] += pp * (d[u]-1)) %=mod;
	}
	(h[u] *= ivd1) %=mod, (p[u] *= ivd1) %=mod;
}

signed main() { freopen("walk.in","r",stdin); freopen("walk.out","w",stdout);
	io>>n>>rt; For(i,1,n) io>>a[i];
	Rep(i,1,n, x,y) io>>x>>y, e[x].pb(y), e[y].pb(x);
	inv[0] = inv[1] = 1; For(i,2,n) inv[i] = (mod-mod/i) * inv[mod%i] %mod;
	dfs(rt,0);
	io<<Mod(f[rt]);
	return 0;
}

树的同构

100pts

一个经典 trick 是枚举边，求 \(S,T\) 分属两侧的答案。考场直接默写 CF762F，时间复杂度 \(O(n^{3}2^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor})\)，可以被中心相连的两个菊花卡掉

注意到本题是求最大值（而那题是方案数），因此本题状压 DP 部分实际上是最大权匹配，可以做到 \(O(\text{poly }n)\)

顺便提一句：本题的较好的读入方式是读入至 EOF 共 \(2n-2\) 个数

考场代码

赛时重构过一半因此很丑

const int N = 55;
int n,ans,fr[N],to[N],rk[N],id[N],f[1<<25|4],g[N][N];
Vi e[N];

void input() {
	string s; getline(cin,s);
	for(stringstream sin(s); sin; sin>>fr[++n]);
	Rep(i,1,n) cin>>to[i], ++fr[i], ++to[i];
}

struct Tree {
	int n,m,fa[N]; bool vis[N];
	void clr() { n = m = 0, mem(vis,0,::n); }
	void dfs(int u,int f) { fa[u] = f; for(int v : e[u]) if( v != f ) dfs(v,u); }
} a,b;

void dfs(int u,int fa,Tree &x)
	{ x.vis[u] = 1; for(int v : e[u]) if( v != fa ) dfs(v,u,x); }
void dp(int u) {
	for(int v : e[u]) if( v != a.fa[u] ) dp(v);
	For(i,1,n) if( b.vis[i] ) {
		int m = 0; for(int j : e[i]) if( j != b.fa[i] ) id[m++] = j;
		int U = (1<<m)-1;
		mem(f,0,U), f[0] = 1;
		for(int v : e[u]) if( v != a.fa[u] )
			rFor(s,U,0) if( f[s] ) Rep(j,0,m) if( !(s>>j & 1) )
				ckmax(f[s|1<<j],f[s]+g[v][id[j]]);
		g[u][i] = *max_element(f,f+U+1), ckmax(ans,g[u][i]);
	}
}
void slv(int ban) {
	Rep(i,1,n) if( i != ban ) e[fr[i]].pb(to[i]), e[to[i]].pb(fr[i]);
	dfs(1,0,a); For(i,2,n) if( !a.vis[i] ) { dfs(i,0,b); break; }
	if( a.n < b.n ) swap(a,b);
	int rt; For(i,1,n) if( a.vis[i] ) { a.dfs(rt=i,0); break; }
	For(i,1,n) if( b.vis[i] ) b.dfs(i,0), dp(rt);
}

signed main() {
	freopen("isomorphism.in","r",stdin); freopen("isomorphism.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
	input();
	Rep(i,1,n) {
		slv(i);
		a.clr(), b.clr();
		For(j,1,n) e[j].clear();
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}