AT Regular 086
C - Not so Diverse
略
D - Non-decreasing
先找绝对值最大的数 构造出全正(最大的数为正) 或者全负(最大的数为负)
然后前缀和(正)或者后缀和(负) 操作次数2n-2
#include <bits/stdc++.h> #define PI acos(-1.0) #define mem(a,b) memset((a),b,sizeof(a)) #define TS printf("!!!\n") #define pb push_back #define inf 1e9 //std::ios::sync_with_stdio(false); using namespace std; //priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> que; const double eps = 1.0e-8; typedef pair<int, int> pairint; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; const int maxn = 1e6 + 10; const int maxm = 300; const int turn[4][2] = {{1, 0}, { -1, 0}, {0, 1}, {0, -1}}; //next_permutation ll mod = 1e9 + 7; map<int, int> mp; int num[1000005]; int main() { //freopen("out1.txt", "w", stdout); int ans = -1; int aim; int n; cin >> n; for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", &num[i]); if (abs(num[i]) > ans) { ans = abs(num[i]); aim = i; } } if (num[aim] == 0) { cout << 0 << endl; } else if (num[aim] > 0) { cout << 2 * n - 2 << endl; for (int i = 1; i <= n; i++) { if (i == aim) { continue; } cout << aim << " " << i << endl; } for (int i = 1; i < n; i++) { cout << i << " " << i + 1 << endl; } } else { cout << 2 * n - 2 << endl; for (int i = 1; i <= n; i++) { if (i == aim) { continue; } cout << aim << " " << i << endl; } for (int i = n; i > 1; i--) { cout << i << " " << i - 1 << endl; } } }
!!!!!E - Smuggling Marbles
【题意】
给定n+1个点的树（root=0），每个点可以选择放或不放弹珠，每一轮顺序进行以下操作：
1.将根节点0的弹珠加入答案。
2.每个点的弹珠移向父亲。
3.如果一个点有超过2个弹珠，全部丢掉。
如果树中仍有弹珠，继续下一轮。
共有2^(n+1)种放弹珠的方案，计算所有方案的答案之和，取模1e9+7。
n<=2*10^5。（部分分：n<=2*10^3）
【题解】
容易发现，层与层之间互相独立，第i轮只需要考虑第i层的节点组合的子集中有多少个子集能到达0点，加起来就是总答案。
接下来考虑每轮进行一次树形DP，为了方便求解集合交，将方案计算转化为概率计算（集合交就是概率的乘积），则每个点有弹珠的概率是1/2。
令f[i][j]表示节点i有j个弹珠(j=0,1)的概率，则有：
f[i][1]=Σs/f[j][0]*f[j][1]，s=Πf[j][0]，j=son(i)
f[i][0]=1-f[i][1]
每一轮将对应深度的点全部初始化为1/2，然后树形DP到根就可以得到答案，复杂度O(n^2)
考虑将一个点在多轮的情况都考虑起来，f[i][d][j]表示点i在第d轮有j个弹珠的概率（j=0,1,2，2代表>=2）。
令f[i][d]={f[i][d][0],f[i][d][1],f[i][d][2]}，即视为一个状态，对于同轮（同深度同d）的两个状态可以合并（两个状态对应9种交集，交集乘 后 并集加）
对于一个点要将其所有儿子合并，两个点合并只需将0~min(d1,d2)的状态对应合并，以d大的点作为基础来合并（不要复制）。
那么初始状态为f[i][0]={1/2,1/2,0}，对于每个点将其儿子全部合并，然后顺推一位将d=0设为初始状态，最后记得将状态中的2搬到0处，注意这个过程必须只搬有改动的状态才能保证复杂度（之前不能直接归为0是因为在儿子的合并中2和0有区别）
复杂度分析同线段树合并，O(n)。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cctype> #include<vector> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn = 200010, MOD = 1000000007; int read() { char c; int s = 0, t = 1; while (!isdigit(c = getchar()))if (c == '-') { t = -1; } do { s = s * 10 + c - '0'; } while (isdigit(c = getchar())); return s * t; } struct cyc { int z0, z1, z2; }; cyc operator + (cyc a, cyc b) { cyc c; c.z0 = 1ll * a.z0 * b.z0 % MOD; c.z1 = (1ll * a.z0 * b.z1 + 1ll * a.z1 * b.z0) % MOD; c.z2 = (1ll * a.z0 * b.z2 + 1ll * a.z2 * b.z0 + 1ll * a.z1 * b.z1 + 1ll * a.z2 * b.z2 + 1ll * a.z1 * b.z2 + 1ll * a.z2 * b.z1) % MOD; return c; } vector<cyc>a[maxn]; int n, fa[maxn], first[maxn], cnt = 0, tot = 0, b[maxn]; struct edge { int v, from; } e[maxn * 2]; void insert(int u, int v) { cnt++; e[cnt].v = v; e[cnt].from = first[u]; first[u] = cnt; } int MO(int x) { return x >= MOD ? x - MOD : x; } void merge(int &x, int y) { if (a[x].size() < a[y].size()) { swap(x, y); } for (int i = 0; i < (int)a[y].size(); i++) { a[x][a[x].size() - i - 1] = a[x][a[x].size() - i - 1] + a[y][a[y].size() - i - 1]; } } int main() { n = read() + 1; for (int i = 2; i <= n; i++) { fa[i] = read() + 1, insert(fa[i], i); } for (int i = n; i >= 1; i--) { int mx = 0; if (!first[i]) { a[b[i] = ++tot].push_back((cyc) { (MOD + 1) / 2, (MOD + 1) / 2, 0 }); } else { b[i] = b[e[first[i]].v]; for (int j = e[first[i]].from; j; j = e[j].from) { mx = max(mx, min((int)a[b[i]].size(), (int)a[b[e[j].v]].size())); merge(b[i], b[e[j].v]); } a[b[i]].push_back((cyc) { (MOD + 1) / 2, (MOD + 1) / 2, 0 }); } for (int j = (int)a[b[i]].size() - 1 - 1; j >= (int)a[b[i]].size() - mx - 1; j--) { a[b[i]][j].z0 += a[b[i]][j].z2, a[b[i]][j].z2 = 0; } } int ans = 0, N = 1; for (int i = 1; i <= n; i++) { N = (N << 1) % MOD; } for (int i = 0; i < (int)a[b[1]].size(); i++) { ans = MO(ans + 1ll * a[b[1]][i].z1 * N % MOD); } printf("%d", ans); return 0; }
