12月15日DP作业
[APIO2014]连珠线
考虑一组以 \(x\) 为中点的蓝边，有两种可能：
\[son[x]->x->fa[x]
\]
\[son[x]->x->son[x]
\]
其中若有两个儿子间连边的点不存在祖先关系，那么它们就无法被连接到一起
因此所有的儿子间连边的点一定在一条链上
因此，若以链的最低点为根，那么所有儿子间连边的点的情况可以归纳为 \(son[x]->x->fa[x]\) 的情况
换根 \(dp\) 即可
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int ver[400005],ne[400005],head[200005],cnt,val[400005];
inline void link(int x,int y,int v){
ver[++cnt]=y;
ne[cnt]=head[x];
head[x]=cnt;val[cnt]=v;
}
long long dp[2][200005],f[200005];
void dfs1(int x,int fi){
dp[1][x]=f[x]=-1e18;
for(int i=head[x];i;i=ne[i]){
int u=ver[i];
if(u==fi)continue;
dfs1(u,x);
long long tmp=max(dp[0][u],dp[0][u]+dp[1][u]+val[i]),tmp2=dp[0][u]+val[i]-tmp;
if(tmp2>dp[1][x])f[x]=max(f[x],dp[1][x]);
else f[x]=max(f[x],tmp2);
dp[0][x]+=tmp;dp[1][x]=max(dp[1][x],tmp2);
}
}
long long ans;
void dfs2(int x,int fi){
ans=max(ans,dp[0][x]);
for(int i=head[x];i;i=ne[i]){
int u=ver[i];
if(u==fi)continue;
long long tmp=max(dp[0][u],dp[0][u]+dp[1][u]+val[i]),tmp2=dp[0][u]+val[i]-tmp;
if(dp[1][x]==tmp2)dp[1][x]=f[x];
dp[0][x]-=tmp;
{
long long tmp3=max(dp[0][x],dp[0][x]+dp[1][x]+val[i]),tmp4=dp[0][x]+val[i]-tmp3;
dp[0][u]+=tmp3;
if(tmp4>dp[1][u])f[u]=max(f[u],dp[1][u]);
else f[u]=max(f[u],tmp4);
dp[1][u]=max(dp[1][u],tmp4);
dfs2(u,x);
}
dp[0][x]+=tmp;dp[1][x]=max(dp[1][x],tmp2);
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
link(x,y,z);link(y,x,z);
}
dfs1(1,1);dfs2(1,1);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
[ZJOI2017]仙人掌
对树加边，使每条边最多一个环上，等价于将若干条不相交的链覆盖到树上
对于每个点，枚举与它相连的边的所有匹配情况即可
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t;
int n,m;
int ver[5000005],ne[5000005],head[5000005],ct;
bool is;
inline void link(int x,int y){
ver[++ct]=y;
ne[ct]=head[x];
head[x]=ct;
}
int dfn[5000005],low[5000005],cnt;
int stk[5000005],top,col[5000005],tot;
void tarjan(int x,int fi){
dfn[x]=low[x]=++cnt;
bool flag=0;stk[++top]=x;
for(int i=head[x];i;i=ne[i]){
int u=ver[i];
if(u==fi)continue;
if(!dfn[u]){
tarjan(u,x);
low[x]=min(low[x],low[u]);
if(low[u]<dfn[x]){
if(flag){is=0;return ;}
flag=1;
}
}
else {
low[x]=min(low[x],dfn[u]);
if(dfn[u]<dfn[x]){
if(flag){is=0;return ;}
flag=1;
}
}
}
if(dfn[x]==low[x]){
col[x]=++tot;
while(stk[top]!=x)col[stk[top--]]=tot;
top--;
}
}
long long dp[5000005],g[5000005];
const long long md=998244353;
bool vis[5000005];
void dfs(int x,int fi){
dp[x]=1;vis[x]=1;
int siz=0;
for(int i=head[x];i;i=ne[i]){
int u=ver[i];
if(u==fi||col[u]==col[x])continue;
dfs(u,x);siz++;
dp[x]=dp[x]*dp[u]%md;
}
dp[x]=dp[x]*g[siz+(fi!=x)]%md;
// cout<<x<<" "<<dp[x]<<" "<<siz+(fi!=x)<<endl;
}
int main(){
g[0]=g[1]=1;
for(int i=2;i<=5e6;i++)g[i]=(g[i-1]+g[i-2]*(i-1)%md)%md;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)head[i]=0;ct=0;is=1;
for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=0;cnt=0;tot=0;
for(int i=1;i<=n;i++)dfn[i]=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
link(x,y);link(y,x);
}
tarjan(1,1);
// for(int i=1;i<=n;i++)cout<<col[i]<<" ";cout<<endl;
if(!is){
puts("0");
continue;
}
long long ans=1;
for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i]){
dfs(i,i);//cout<<i<<":\n";
ans=ans*dp[i]%md;
}
// for(int i=1;i<=n;i++)cout<<dp[i]<<" ";
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
[ZJOI2016]线段树 加强版（小小猫咪）
期望乘以总方案数就是对所有方案求和
考虑暴力 \(dp\) ：令 \(f[v][i][l][r]\) 表示区间 \([l,r]\) 内的值小于 \(val[v]\) ，且 \(a[l-1],a[r+1]>val[v]\) 的方案数，再令：
\[pre(v,i,j)=\sum_{t=1}^{j}f[v][i][t][r]*(t-1)
\\
suf(v,i,j)=\sum_{t=j}^{n}f[v][i][l][t]*(n-t)
\]
有：
\[f[v][i][l][r]=f[v][i-1][l][r]*g(l,r)+pre(v,i-1,l-1)+suf(v,i-1,r+1)
\]
其中 \(g(l,r)=\frac{l*(l-1)}{2}+\frac{(n-r)*(n-r+1)}{2}+\frac{(r-l+1)*(r-l+2)}{2}\) 表示无用操作数
则有：
\[ans[i]=\sum_{i\in[l,r]}\sum_{v}(f[v][p][l][r]-f[v-1][p][l][r])*val[v]
\]
拆开，有：
\[ans[i]=\sum_{i\in[l,r]}\sum_{v}f[v][p][l][r]*val[v]-\sum_{i\in[l,r]}\sum_{v}f[v-1][p][l][r]*val[v]
\\
=\sum_{i\in[l,r]}\sum_{v}f[v][p][l][r]*(val[v]-val[v+1])
\]
因此，可以直接设 \(dp[i][l][r]=\sum_{v}f[v][i][l][r]\)
转移方程：
\[pre(i,j)=\sum_{t=1}^{j}dp[i][t][r]*(t-1)
\\
suf(i,j)=\sum_{t=j}^{n}dp[i][l][t]*(n-t)
\\
dp[i][l][r]=dp[i-1][l][r]*g(l,r)+pre(i-1,l-1)+suf(i-1,r+1)
\]
进而时间复杂度 \(O(n^4)->O(n^3)\)
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,q;
int a[405];
long long dp[2][405][405],pre[405][405],suf[405][405];
long long g[405][405],ans[405];
const long long md=1e9+7;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
a[0]=a[n+1]=1e9;
for(int l=1;l<=n;l++){
int mx=a[l];
for(int r=l;r<=n;r++){
mx=max(mx,a[r]);
if(mx<=a[l-1]&&mx<=a[r+1])dp[0][l][r]=(mx-(l==1&&r==n?0:min(a[l-1],a[r+1])))%md;
g[l][r]=(l*(l-1)/2+(n-r)*(n-r+1)/2+(r-l+1)*(r-l+2)/2)%md;
}
}
for(int t=1;t<=q;t++){
int lst=((t-1)&1),nxt=(t&1);
for(int r=1;r<=n;r++){
for(int i=1;i<=r;i++)pre[i][r]=(pre[i-1][r]+dp[lst][i][r]*(i-1))%md;
}
for(int l=1;l<=n;l++){
for(int i=n;i>=l;i--)suf[l][i]=(suf[l][i+1]+dp[lst][l][i]*(n-i))%md;
}
for(int l=1;l<=n;l++){
for(int r=l;r<=n;r++){
dp[nxt][l][r]=(dp[lst][l][r]*g[l][r]+pre[l-1][r]+suf[l][r+1])%md;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int l=1;l<=i;l++){
for(int r=i;r<=n;r++)ans[i]=(ans[i]+dp[q&1][l][r])%md;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld ",(ans[i]+md)%md);
return 0;
}
星际旅行
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创造题目
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后宫
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分组
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攻城机变
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基因改造问题
拼接 \(SAM\) 即可
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T;
int rt,cnt,lst,son[26][2000005],l[2000005],fa[2000005];
inline void insert(int c){
int i=lst,x=++cnt;l[x]=l[lst]+1;lst=x;
while(i&&!son[c][i])son[c][i]=x,i=fa[i];
if(!i)fa[x]=rt;
else{
int j=son[c][i];
if(l[i]+1==l[j])fa[x]=j;
else {
int e=++cnt;l[e]=l[i]+1;
for(int t=0;t<26;t++)son[t][e]=son[t][j];
fa[e]=fa[j];fa[x]=fa[j]=e;
while(i&&son[c][i]==j)son[c][i]=e,i=fa[i];
}
}
}
char s[2000005];
int pre,ed,ans,op;
bool vis[2000005];
void dfs1(int x){
if(op)printf("%s\n",s+1);ans++;
bool is=0;
for(int i=0;i<26;i++){
if(!son[i][x])continue;
s[++ed]=i+'A';
dfs1(son[i][x]);
s[ed--]=0;
}
}
long long dp[2000005];
const long long md=1e9+7;
void dfs2(int x){
if(dp[x])return ;dp[x]=1;
for(int i=0;i<26;i++){
if(!son[i][x])continue;
dfs2(son[i][x]);
dp[x]=(dp[x]+dp[son[i][x]])%md;
}ans=dp[x];
}
int main(){
scanf("%d",&T);
for(int t=1;t<=T;t++){
scanf("%s",s+1);
int n=strlen(s+1);rt=++cnt;lst=cnt;vis[cnt]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)insert(s[i]-'A');
}
for(int i=cnt;i;i--){
for(int j=0;j<26;j++)if(!son[j][i])son[j][i]=son[j][pre];
if(vis[i])pre=i;
}
memset(s,0,sizeof(s));
scanf("%d",&op);
if(op)dfs1(1);else dfs2(1);
printf("%d",ans);
return 0;
}
UR #1 外星人
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庆典
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小猫咪
直接从 \(1\sim n\) 顺次填写 { \(a\) } 的第 \(i\) 位
设 \(dp[i][j][k]\) 表示，已经填完了 \(1\sim i\) 这些位置，并且目前已经确定在 \(1\sim i\) 中位置上的，值在 \(1\sim i\) 的数字有 \(j\) 个，这 \(j\) 个已经被确定的位置上的 \(\max\) 和为 \(k\) 的方案数
转移时枚举 \(i+1\) 这个数值被填到了哪里，以及在最终的排列里 \(i+1\) 这个位置上的值是什么即可
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
long long dp[2][55][2505],ans;
const long long md=998244353;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
dp[0][0][0]=1;
for(int i=0,u=1;i<n;i++,u^=1){
for(int j=0;j<=i;j++){
for(int k=0;k<=i*i;k++){
long long &t=dp[u^1][j][k];
if(!t)continue;
dp[u][j+2][k+2*(i+1)]=(dp[u][j+2][k+2*(i+1)]+1ll*t*(i-j)%md*(i-j)%md)%md;
dp[u][j+1][k+i+1]=(dp[u][j+1][k+i+1]+1ll*t*(i-j)%md*2%md+t)%md;
dp[u][j][k]=(dp[u][j][k]+t)%md;t=0;
}
}
}
for(int i=m;i<=n*n;i++)ans=(ans+dp[n&1][n][i])%md;
for(int i=1;i<=n;i++)ans=1ll*ans*i%md;
printf("%lld",ans);
return 0;
}
基因改造计划
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```cpp</details>
### [求余数]()
<details>
<summary>点击查看代码</summary>
```cpp
摩天大楼
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