树数树
题目描述
牛牛有一棵 \(n\) 个点的有根树，根为 \(1\)。 我们称一个长度为 \(m\) 的序列 \(a\) 是好的，当且仅当：
-
\(∀𝑖 ∈(1, 𝑚]\)，\(a_i\) 与 \(a_{i-1}\) 有祖孙关系。
-
\(∀1 ≤𝑖 < 𝑗≤𝑚,𝑎_𝑖 ≠𝑎_𝑗\)。
你需要帮助牛牛求出最长的序列长度。
\(n\le 10^5\)。
解法
题目中关键的条件是 "这是一棵根为 \(1\) 的有根树"。先开始以为是无根树，难度就不太对劲了…
"完全二叉树" 的部分分提示了正解：子树根节点可以且最多也只能将子树的两个序列合并。做法就很明显了。但是我们需要对每个点维护一个堆存放可行的序列长度，而不是直接用 \(dp\) 数组取最大值，因为祖先也可以合并子孙内部的序列，而不是单单合并自己的儿子。这里偷懒写了启发式合并 + 优先队列，是 \(\mathcal O(n\log^2 n)\) 的。左偏树可以更优。
代码
#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while((s=getchar())>'9' or s<'0')
f |= (s=='-');
while(s>='0' and s<='9')
x = (x<<1)+(x<<3)+(s^48),
s = getchar();
return f?-x:x;
}
template <class T>
inline void write(const T x) {
if(x<0) {
putchar('-');
write(-x);
return;
}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
#include <queue>
#include <vector>
#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn = 1e5+5;
int n,rt[maxn];
vector <int> e[maxn];
priority_queue <int> q[maxn];
int merge(int x,int y) {
if(q[x].size()<q[y].size())
swap(x,y);
while(!q[y].empty())
q[x].push(q[y].top()),
q[y].pop();
return x;
}
void dfs(int u,int fa) {
rt[u]=u;
for(int i=0;i<e[u].size();++i) {
int v=e[u][i];
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
rt[u]=merge(rt[u],rt[v]);
}
if(q[rt[u]].empty())
q[rt[u]].push(1);
else {
int t=q[rt[u]].top(); q[rt[u]].pop();
if(!q[rt[u]].empty())
t+=q[rt[u]].top(),q[rt[u]].pop();
q[rt[u]].push(t+1);
}
}
int main() {
for(int T=read(9);T;--T) {
n=read(9);
for(int i=1;i<=n;++i) {
e[i].clear();
while(!q[i].empty())
q[i].pop();
}
for(int i=1;i<n;++i) {
int u,v;
u=read(9),v=read(9);
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
dfs(1,0);
print(q[rt[1]].top(),'\n');
}
return 0;
}
方格计数
题目描述
在左下角是 \((0,0)\)，右上角是 \((W,H)\) 的网格上，有 \((W+1)\times (H+1)\) 个格点。
现在要在格点上找 \(N\) 个不同的点，使得这些点在一条直线上。并且在这条直线上，相邻点之间的距离不小于 \(D\)。求方案数模 \(10^9+7\)。
\(1 \leq N \leq 50, W, H, D \leq 500, T \leq 20\)。
解法
之前一直在想枚举斜率，然后就死了。其实好像也可以做，但是我不愿再想了。
只用枚举 \((i,j)\) 为长和宽，计算这一组的答案，然后再乘上 \((W-i+1)(H-j+1)\) 即可，注意除了 \(i,j\) 有一个等于 \(0\) 的情况，其它的都有斜上与斜下两个方向。
考虑在长度为 \(n\) 的序列中放置 \(m\) 个数，每两个数之间必须至少有 \(k\) 个空格的方案数。考虑相邻有 \(m-1\) 对，空格必须有 \((m-1)\cdot k\) 个。去掉这些位置再自由选择，就是 \(\binom{n-(m-1)\cdot k}{m}\)。
回到这道题，对于 \((i,j)\)，钦定边界的两个点被选，这样就可以保证不会重。计算出它们 之间 的点数 \(dots=\gcd(i,j)-1\)，每两个点至少隔 \(\text{gap}-1\) 个点。由于钦定边界会导致一些点不能被选择，组合数就是
代码
#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while((s=getchar())>'9' or s<'0')
f |= (s=='-');
while(s>='0' and s<='9')
x = (x<<1)+(x<<3)+(s^48),
s = getchar();
return f?-x:x;
}
template <class T>
inline void write(const T x) {
if(x<0) {
putchar('-');
write(-x);
return;
}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
const int mod = 1e9+7;
int n,w,h,C[3005][3005];
double d;
int gcd(int x,int y) {
return y?gcd(y,x%y):x;
}
inline int inc(int x,int y) {
return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;
}
double dis(int x,int y) {
return sqrt(1.0*x*x+1.0*y*y);
}
int calc(int a,int b) {
if(a==0 and b==0) return 0;
int dots=gcd(a,b)-1;
double D=dis(a/(dots+1),b/(dots+1));
int gap=d/D;
if(D*gap<d) ++gap;
if(dots-(gap-1)*2-(n-3)*(gap-1)<0)
return 0;
int ret=C[dots-(gap-1)*2-(n-3)*(gap-1)][n-2];
if(a and b) ret=2ll*ret%mod;
return 1ll*ret*(w-a+1)%mod*(h-b+1)%mod;
}
void init() {
C[0][0]=1;
for(int i=1;i<=3000;++i) {
C[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;++j)
C[i][j]=inc(C[i-1][j-1],C[i-1][j]);
}
}
int main() {
init();
for(int T=read(9);T;--T) {
n=read(9),w=read(9);
h=read(9),d=read(9);
if(n==1) {
print((w+1)*(h+1)%mod,'\n');
continue;
}
int ans=0;
for(int i=0;i<=w;++i)
for(int j=0;j<=h;++j)
ans=inc(ans,calc(i,j));
print(ans,'\n');
}
return 0;
}
